Übung zur Vorlesung Formale Systeme, Automaten und Prozesse

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1 RWTH Ahen Lehrgeiet Theoretishe Informtik Emmes Kneis Lnger Rossmnith SS 2009 Üungsltt Üung zur Vorlesung Formle Systeme, Automten und Prozesse Tutorufge T1 Es seien v, w Σ, so dß vw = wv. Beweisen Sie: Es existieren u Σ, i, j N 0 mit v = u i, w = u j. Lösungsvorshlg Beweis durh Induktion üer vw. w v }{{} x v w Flls vw = 0, dnn folgt die Aussge mit u = ε: v = u 0 und w = u 0. Flls vw > 0: Flls v = w, dnn gilt v = w und für u = v = w und i = j = 1 gilt nun u i = u j = v = w. Flls v > w ( w > v nlog), dnn existiert ein x Σ + mit vx = w und xv = w. D vx < vw existiert durh Induktionsshluß ein u Σ, so dß x = u i und v = u j. Somit gilt w = u i+j. Tutorufge T2 Sei w Σ ein Wort. Wenn wir ds Wort w rükwärts shreien, so nennen wir es w R. Ds ist er keine nständige Definition. 1. Definieren Sie die Aildung R forml. 2. Ist w w R ein Homomorphismus? Lösungsvorshlg 1. Bei einem freien Monoid (Σ, ) ht jedes Wort w eine eindeutige Drstellung w = 1... n mit i Σ. Somit läßt sih die Umkehrung definieren ls w R := n Flls Σ = 1, dnn gilt o.b.d.a. Σ = {}. Somit gilt w R = (w 1...w n ) R = (...) R = R... R = w. Allerdings, für Σ > 1, wähle, Σ,. Dnn gilt () R =, er R R () R. Somit ist w w R kein Homomorphismus.

2 Tutorufge T3 Es sei L regulär und L R := { w R w L }. Beweisen Sie: L R ist regulär. Lösungsvorshlg Flls L regulär ist, dnn existiert ein regulärer Ausdruk φ der L erzeugt. Wir eweisen per Induktion üer den Aufu von φ, dß ein regulärer Ausdruk φ existiert, der L R erzeugt. Somit ist L R eenflls regulär. Sei φ =, dnn gilt φ =. Sei φ = ε, dnn gilt φ = ε. Sei φ = Σ, dnn gilt φ =. Sei φ = φ 1 +φ 2, so dß φ 1 und φ 2 die regulären Sprhen L 1 zw. L 1 erzeugen. Dnn existieren nh Induktionsvorrussetzung φ 1 und φ 2 die die regulären Sprhen L R 1 zw. L R 2 erzeugen. Somit erzeugt φ = φ 1 + φ 2 die Sprhe L R. Sei φ = φ 1 φ 2, so dß φ 1 und φ 2 die regulären Sprhen L 1 zw. L 1 erzeugen. Dnn existieren nh Induktionsvorrussetzung φ 1 und φ 2 die die regulären Sprhen LR 1 zw. L R 2 erzeugen. Somit erzeugt φ = φ 2 φ 1 die Sprhe L R. Sei φ = φ 1, so dß φ 1 die reguläre Sprhen L 1 erzeugt. Dnn existiert nh Induktionsvorrussetzung der Ausdruk φ 1, der die reguläre Sprhe LR 1 erzeugt. Somit erzeugt φ 1 = φ 1 die Sprhe L R. Wir hen dei die folgenden Identitäten verwendet, die noh gesondert ewiesen werden müssen: 1. (L 1 L 2 ) R = { w R w L 1 L 2 } = { w R w L 1 } { w R w L 2 } = L R 1 LR 2 2. (L 1 L 2 ) R = { (uv) R u L 1, v L 2 } = { v R u R u L 1, v L 2 } = L R 2 LR 1 3. (L 1) R = n 0 (Ln 1) R = n 0 (LR 1 ) n = (L R 1 ) Dei gilt (uv) R = v R u R, weil (uv) R = (u 1...u n v 1...v m ) R = v m...v 1 u n...u 1. Husufge H1 (10 Punkte) Gegeen seien v, w Σ mit vw = w R v, w v. Beweisen oder widerlegen Sie, dß dnn (vw) R = vw gilt.

3 Lösungsvorshlg Wegen vw = w R v und w v existiert ein x Σ mit w = xv und w R = vx. v w R }{{} x Dnn gilt er uh xv = w = (w R ) R = (vx) R = x R v R. Also ist insesondere v = v R. Drus folgt dnn leiht vw = w R v = w R v R = (vw) R. Husufge H2 (10 Punkte) Geen Sie einen regulären Ausdruk n, der einen (niht leeren) Pfd durh ds neenstehende Museum eshreit. Ein Pfd strtet im Rum A und endet eenflls dort. Beispielsweise wäre ABCABABCA ein gültiger Pfd er ABBA oder ε niht. w v Lösungsvorshlg Anshulih können wir einen Weg durh ds Mini- Atomium folgendermßen gliedern: Wir kehren immer wieder in den Rum A zurük und ewegen uns dzwishen zwishen den Räumen B und C. Letzteres läßt sih durh den regulären Ausdruk H = (BC) + + (BC) B + (CB) + + (CB) C eshreien. Die vier Teile entsprehen den Wegen, die 1. in B eginnen und in C enden, 2. in B eginnen und in B enden, 3. in C eginnen und in B enden und 4. in C eginnen und in C enden. Der gesmte reguläre Ausdruk ist dnn [ ( A. (AH) A = A (BC) + + (BC) B + (CB) + + (CB) C)]

4 RWTH Ahen Lehrgeiet Theoretishe Informtik Emmes Kneis Lnger Rossmnith SS 2009 Üungsltt Üung zur Vorlesung Formle Systeme, Automten und Prozesse T4 Geen Sie einen deterministishen endlihen Automten üer dem Alphet Σ = {0, 1} n, der ein Wort genu dnn kzeptiert, wenn es n einer elieigen Stelle die Zeihenfolge 0110 enthält. Der DFA erkennt lso genu die Sprhe L = (0 + 1) 0110 (0 + 1). Lösungsvorshlg 1 0 0, 1 ε T5 Geen Sie einen deterministishen endlihen Automten n, der lle (niht leeren) Pfde durh ds neenstehende Museum (vergleihe Aufge H2) eshreit. Ein Pfd strtet im Rum A und endet eenflls dort. Beispielsweise kzeptiert der Automt ds Wort ABCABABCA, er die Wörter ABBA und ε niht. Lösungsvorshlg B, C A B A C B C C B A, B, C A A

5 T6 Wir nehmen n, dß die Sprhe L = { n m m n 0 } niht regulär ist. Zeigen Sie, dß unter dieser Annhme uh die folgenden Sprhen niht regulär sind, indem Sie Ashlußeigenshften regulärer Sprhen verwenden. 1. L 1 = { n m m n 0 } 2. L 2 = { n n n 0 } 3. L 3 = { n n n n 0 } 4. L 4 = { m n m n 0 } 5. L 5 = { 2n n n 0 } Lösungsvorshlg Im folgenden sei h: Σ Σ eine Umenennung von Buhsten in Wörter. Die Erweiterung von h üer Wörtern h : Σ Σ, Σ, w Σ mit h(ε) := ε und h(w) := h()h(w) ist dnn ein Homomorphismus. Üer einer Sprhe L sei h definiert ls h(l) := { h(w) w L }. 1. Angenommen L 1 sei regulär. Sei h definiert durh h() := und h() :=. Dnn ist h(l 1 ) = { n m m n 0 } = L. Widerspruh, d reguläre Sprhen unter Homomorphismen geshlossen sind. 2. Angenommen L 2 sei regulär. Dnn ist uh L 2 = L regulär, d reguläre Sprhen unter Konktention geshlossen sind. Widerspruh. 3. Sei h() :=, h() := und h() := ε. Dnn gilt h(l 3 ) = { n n n 0 } = L 2. Widerspruh. 4. Wie in Aufge T3 gezeigt, sind reguläre Sprhen unter R geshlossen. Es gilt L R 4 = { n m m n 0 } = L 1. Widerspruh. 5. Sei h() = und h() =. Dnn gilt: h(l 5 ) = { 2n 2n n 0 } h(l 5 ) = { 2n+1 2n+1 n 0 } Somit ist h(l 5 ) + h(l 5 ) = L 2. Widerspruh. H3 (10 Punkte) Geen Sie einen deterministishen endlihen Automten üer dem Alphet Σ = {0, 1} n, der ein Wort us Σ genu dnn kzeptiert, wenn es eine der Zeihenketten 0110, 101 oder 000 enthält. Der DFA soll lso genu (0+1) ( )(0+1) kzeptieren.

6 Lösungsvorshlg 0, 1 ε , , H4 (10 Punkte) Sei L Σ eine Sprhe und Σ. Der deterministishe endlihe Automt A erkenne die Sprhe L. Beweisen Sie, dß dnn ein DFA B existiert, der die Sprhe L erkennt. Lösungsvorshlg Sei M := (Q, Σ, δ, q 0, F) ein deterministisher endliher Automt, der die Sprhe L erkennt. Sei F := { q Q δ(q, ) F }. Dnn erkennt der DFA M := (Q, Σ, δ, q 0, F ) die Sprhe L. Beweis: Sei w L(M) = L. Dnn gilt δ(q 0, w) F. Somit gilt δ(δ(q 0, w), ) F und δ(q 0, w) F. Somit kzeptiert M ds Wort w. Andererseits, sei w / L(M) = L. Dnn gilt δ(q 0, w) / F und nlog zu oen δ(q 0, w) / F.

7 RWTH Ahen Lehrgeiet Theoretishe Informtik Emmes Kneis Lnger Rossmnith SS 2009 Üungsltt Üung zur Vorlesung Formle Systeme, Automten und Prozesse T7 Wndeln Sie den folgenden NFA mit ǫ-üergängen in einen NFA (ohne ǫ-üergänge) um. ε ε ε Lösungsvorshlg

8 T8 Führen Sie die Potenzmengenkonstruktion uf folgendem NFA durh Lösungsvorshlg, ,, T9 Benutzen Sie die L k ij-konstruktion, um einen regulären Ausdruk zu dem NFA us Aufge T8 zu erehnen. Lösungsvorshlg

9 L(A) = R 3 13 R13 3 = R R2 13 (R2 33 ) R33 2 R13 2 = R R1 12 (R1 22 ) R23 1 R33 2 = R R32(R 1 22) 1 R23 1 R12 1 = R13 1 = R22 1 = ε + R23 1 = + R32 1 = + = ε + R 1 33 R13 2 R33 2 R13 3 = + (ε + ) ( + ) = ε + + ( + )(ε + ) ( + ) = + (ε + ) ( + ) + ( + (ε + ) ( + )) (ε + + ( + )(ε + ) ( + )) (ε + + ( + )(ε + ) ( + )) H5 (10 Punkte) Führen Sie die Potenzmengenkonstruktion uf dem NFA durh, der durh die Entfernung der ε-üergänge des Automten in Aufge T7 entstnden ist. Lösungsvorshlg ,

10 RWTH Ahen Lehrgeiet Theoretishe Informtik Emmes Kneis Lnger Rossmnith SS 2009 Üungsltt Üung zur Vorlesung Formle Systeme, Automten und Prozesse T10 1. Betrhten Sie L = { n n n 0 }. Gelten L, L oder L? 2. Sei nun L = (). Gelten L, L oder ε L? Wie luten in diesem Fll die Äquivlenzklssen von L? Lösungsvorshlg 1. L, d L, er / L. L, d für lle u Σ gilt: u / L gdw. u / L. L, d L er / L. 2. L, d L, er / L. L, d / L, er L. ε L, d für lle u Σ gilt: u L gdw. u L. Die Äquivlenzklssen von L sind: [ε] L = L, d ǫ L und für lle w L und lle w {, } gilt: εw = w L gdw. ww L = LL. [] L = L, d L und für lle w L und lle w {, } gilt: ww L gdw. w () gdw. w L. [] L = Σ \ (L L) = () ( + )( + ), d w L für lle w {, } gilt, und eenso lle Wörter, die zwei ufeinnderfolgende gleihe Buhsten enthlten, eenflls nie (Präfixe von Wörtern) in L sind. T11 Zeigen Sie mit dem Stz von Myhill-Nerode, dß folgende Sprhen niht regulär sind: 1. L = { ww w {, } } 2. L = { n m n m < 5 }

11 Lösungsvorshlg Die hier verwendete Beweismethode enutzt jeweils eine unendlihe Menge N und zeigt dnn, dß lle Elemente von N in vershiedenen Äquivlenzklssen von L liegen. Drus resultiert dnn, dß L einen unendlihen Index ht, und L somit nh dem Stz von Myhill-Nerode niht regulär sein knn. 1. Seien N = und u, v N mit u = i und v = j für irgendwelhe i j. Somit gilt uu L, er vu = j i / L. Dies edeutet, dß u und v in vershiedenen Äquivlenzklssen von L liegen. 2. Seien N = und u, v N mit u = i und v = j für irgendwelhe i > j. Somit ist i i+4 L, er j i+4 / L. Anlog zu oen liegen i und j somit in vershiedenen Äquivlenzklssen. T12 Sei u v gdw. ˆδ(q 0, u) = ˆδ(q 0, v). Wie luten die Äquivlenzklssen von für neenstehenden Automten M? q 1 Sei nun L = L(M) = [ε]. Wie luten die Äquivlenzklssen von L? q 0 q 2 Lösungsvorshlg Die Äquivlenzklssen von sind [ε] = {ε}, [] = + ( + )( + ), lso ds Wort oder die Menge ller Wörter der Länge mindestens zwei, die mit enden, sowie [] = + ( + )( + ), ds Wort oder die Menge ller Wörter der Länge mindestens zwei, die mit enden. Die Äquivlenzklssen von L sind {ε} und [] [] = Σ \ {ε}, wie leiht einzusehen ist. H6 (10 Punkte) Sei L = {, }. Ist L? Wie luten die Äquivlenzklssen von L?

12 Lösungsvorshlg Die Äquivlenzklssen von L sind {ε}, {}, {}, {}, {, } und ˆL := Σ \ {ε,,,,, }. Seien u und v Vertreter oiger Äquivlenzklssen, so dß u ˆL ist. Dnn läßt sih jeweils leiht ein Wort w Σ finden, so dß uw L und vw L gelten (vgl. untenstehenden Automten). Für jedes u ˆL und lle w {, } gilt hingegen, dß uw L ist, worus folgt, dß es keine weiteren Äquivlenzklssen git., ε, H7 (10 Punkte) Sei L = { n2 n 0 }. Zeigen Sie mit Hilfe des Stzes von Myhill-Nerode, dß L niht regulär ist. Lösungsvorshlg Sei N = { n2 n n 10 }. Seien u, v N mit u = i2 i, v = j2 j und i < j. Wegen (j 1) 2 = j 2 2j + 1 < j 2 j < j 2 j + i < j 2 gilt i2 i i = i2 L er j2 j i = j2 j+i / L. Anlog zu oen knn L somit niht regulär sein. H8 (10 Punkte) Die Sprhe der korrekt geklmmerten Ausdrüke L sei induktiv wie folgt definiert: ε L. Für lle u, v L ist uh (u)v L. Beispielsweise ist (()(())) korrekt geklmmert, er ()) oder )( niht. Zeigen Sie mit dem Stz von Myhill-Nerode, dß L niht regulär ist. Lösungsvorshlg Sei N = { ( n n 0 }. Für elieige u = ( i, v = ( j mit i j gilt u) i L er v) i / L. Somit liegen lle Elemente von N in vershiedenen Äquivlenzklssen von L, der Index von L ist lso unendlih.

13 RWTH Ahen Lehrgeiet Theoretishe Informtik Emmes Kneis Lnger Rossmnith SS 2009 Üungsltt Üung zur Vorlesung Formle Systeme, Automten und Prozesse T13 In der Vorlesung wurde nur eine Rihtung des folgenden Lemms ewiesen: Es sei M = (Q, Σ, δ, q 0, F) ein DFA. Die Zustände q 1, q 2 Q sind untersheidr genu dnn wenn: Es git w Σ mit 1. ˆδ(q 1, w) F, ˆδ(q 2, w) / F oder 2. ˆδ(q 2, w) F, ˆδ(q 1, w) / F. Beweisen Sie die fehlende Rihtung. Lösungsvorshlg Wir verwenden die (induktive) Definition von Untersheidrkeit für einen Induktionseweis: Induktionsnfng: Seien q 1 und q 2 untersheidr, weil q 1 F, er q 2 / F ist. Dnn gilt ntürlih ˆδ(q 1, ε) F und ˆδ(q 1, ε) / F. Anlog verhält es sih, wenn q 1 / F und q 2 F sind. Induktionsshritt: Seien q 1 und q 2 untersheidr, weil ein Σ existiert, so dß q 1 := δ(q 1, ) und q 2 := δ(q 2, ) untersheidr sind. Nh Induktionsvorussetzung existiert dher ein w Σ für ds Zustndspr q 1 und q 2, so dß ˆδ(q 1, w) F und ˆδ(q 2, w) / F oder ˆδ(q 1, w) / F und ˆδ(q 2, w) F. Wegen ˆδ(q 1, w) = ˆδ(δ(q 1, ), w) = ˆδ(q 1, w) und ˆδ(q 2, w) = ˆδ(δ(q 2, ), w) = ˆδ(q 2, w) folgt sofort die Aussge. T14 Minimieren Sie folgenden DFA und finden Sie nshließend einen regulären Ausdruk, der seine Sprhe erzeugt ,

14 Lösungsvorshlg Der Mrkierungslgorithmus zur Minimierung des Automten ergit folgende Telle X X X X 1 X X X 2 X X X 3 X X X 4 X X X,,, 0 {1, 2} {3, 4} Wir können nun whlweise den Automt weiter reduzieren oder direkt den regulären Ausdruk lesen. Wir erhlten den Ausdruk ( + )(( + ) + ( + ) ) T15 Rihtig oder flsh? ) Es git eine reguläre Sprhe, die von einem NFA mit 10 Zuständen kzeptiert wird, er von keinem DFA mit 100 Zuständen. ) Es git eine reguläre Sprhe, die von einem NFA mit 10 Zuständen kzeptiert wird, er von keinem DFA mit 1217 Zuständen. ) Zwei minimle DFAs, welhe jeweils komplementäre Sprhen kzeptieren, hen gleih viele Zustände. d) Zwei minimle NFAs, welhe jeweils komplementäre Sprhen kzeptieren, hen gleih viele Zustände. Lösungsvorshlg ) Rihtig: Wie in der Vorlesung gezeigt wurde, git es einen NFA mit n+2 Zuständen, der die Sprhe (+) (+) n kzeptiert, gleihzeitig er jeder DFA wenigstens 2 n Zustände enötigt. ) Flsh: Wenn ein NFA mit 10 Zuständen eine Sprhe kzeptiert, dnn ht der zugehörige Potenzmengenutomt höhstens 2 10 = 1024 < 1217 Zustände. ) Rihtig: Wenn M ein minimler Automt für L = L(M) ist, dnn erhält mn einen Automten M mit L = L(M), indem mn Nihtendzustände und Endzustände vertusht (siehe Vorlesung), woei die Größe des Automten sih niht ändert. Wenn M nun niht miniml wäre, dnn existiert M mit L = L(M) = L(M ) und M < M. Der Komplementärutomt von M wiederum, nennen wir ihn M, ht nun weniger Zustände ls M, erkennt er dennoh diesele Sprhe. Ein Widerspruh zur Minimlität von M.

15 d) Flsh: Betrhte L = {ǫ} und L = Σ {ǫ}. Dnn enthält L lle Wörter, die wenigstens ein Zeihen enthlten. L knn mn mit einem NFA erkennen, der nur einen einzigen Zustnd, einen Endzustnd, er keine Trnsitionen enthält. Für L enötigt mn hingegen uf jeden Fll mindestens zwei Zustände, d ǫ niht kzeptiert werden drf. H9 (15 Punkte) Eine tehnishe Anlge esitzt zwei Ventile, welhe durh jeweils durh die Befehle und für eine Sekunde geöffnet werden können. Der Hersteller üernimmt keine Grntie, wenn niht eine der Öffnungssequenzen verwendet wird, welhe im Hnduh durh folgenden NFA spezifiert werden: Genuer gesgt: Nhdem die Mshine eingeshltet wurde, dürfen wir die Ventile lut einer erluten Öffnungssequenz öffnen und die Mshine nshließend wieder shlten. Es ist lso eispielsweise niht erlut, die Mshine ein- und sofort wieder uszushlten, d offensihtlih ǫ keine sihere Öffnungssequenze lut Hnduh ist. Uns interessieren jetzt llerdings die mögliherweise unsiheren Öffnungssequenzen, lso gerde die, die durh den oigen NFA niht kzeptiert werden. Ist die Öffnungssequenz siher oder unsiher? Konstruieren Sie sowohl einen DFA, ls uh einen regulären Ausdruk für jene unsiheren Öffnungssequenzen. Erklären Sie, welhe Konstruktionen Sie dei verwenden. Lösungsvorshlg Durh die Potenzmengenkonstruktion knn der zu dem NFA äquivlente DFA gewonnen werden:

16 0, 1 0, 1, 2 0 0, 2 1, ε, Nun knn die Negtion der Sprhe durh Vertushen der Endzustände erreiht werden. Der resultierende Automt kzeptiert nun genu die unsiheren Öffnungssequenzen. 0, 1 0, 1, 2 0 0, 2 1, ε, Zur Üersihtlihkeit enennen wir die Zustände um: ,

17 Um den regulären Ausdruk niht zu groß werden zu lssen, führen wir die Minimierung durh den Mrkierungslgorithmus us der Vorlesung durh: X X X X X X 1 X X X X X X 2 X X X X X 3 X X X X 4 X X 5 X X 6 X 0, 3 0, 2 0, 1 1, 3 1, 2 2, 3 4, 4 1, 1 2, 4 0, 4 2, 4 1, 2 0, 2 2, 4 4, 7 4, 6 4, 3 5, 7 5, 7 6, 7 7, 7 5, 5 1, 7 3, 7 3, 7 1, 3 1, 7 Somit können die Zustände 4 und 7 sowie 0 und 3 vereinigt werden: , Um den regulären Ausdruk konstruieren zu können, führen wir einen eindeutigen Endzustnd ein, der von den ursprünglihen Endzuständen üer ε-knten erreiht wird: 4 ε 0 3 ε , ε Nun können wir shrittweise Knoten us dem Grphen entfernen und dei die etroffenen Knten mit den entsprehenden regulären Ausdrüken mrkieren.

18 4 + ε 0 3 ε ε, ε 0 3 ε ε, Zustnd 6 entfernt. Zustnd 4 entfernt. + + ε 0 3 ε ε, ε 3 1 ε + ( + ) Zustnd 5 entfernt. Zustnd 2 entfernt. + + ( ) ε + ( )(ε + ( + ) ) 3 Zustnd 1 entfernt. ( + + ( )) (ε + ( )(ε + ( + ) )) Ein regulärer Ausdruk, der die unsiheren Öffnungssequenzen eshreit.

19 H10 (5 Punkte) Konstruieren Sie einen kurzen regulären Ausdruk für die Sprhe, die folgender NFA erkennt: q 1 q 2 q 0 q 3 q 5 q 4 Hinweis: Die Rij k -Konstruktion ist niht rtsm. Sie könnte zu einer Lösung wie dieser führen, selst wenn mn zwishendurh vereinfht. ǫ + (( + (( + ) + (( + ))) + ( + (( + ) + (( + ))))))(ǫ + ( + (( + ) + (( + ))) + ( + (( + ) + (( + )))))) Lösungsvorshlg Wir entfernen zuerst die Zustände q 1, q 3 und q 5 und erhlten so leiht den folgenden Automten. + q 2 q 0 q 4 Anshließend entfernen wir den Knoten q 2, und können us dem resultierenden Automten ( + ) + q 0 q 4 den regulären Ausdruk ((( + ) + )) lesen.

20 RWTH Ahen Lehrgeiet Theoretishe Informtik Emmes Kneis Lnger Rossmnith SS 2009 Üungsltt Üung zur Vorlesung Formle Sprhen, Automten und Prozesse T16 Der Quotient zweier Sprhen L 1 Σ und L 2 Σ, in Zeihen L 1 /L 2, ist wieder eine Sprhe, die folgendermßen definiert ist: ) Ws ist /? ) Ws ist /{ n n n > 0 }? L 1 /L 2 = { u Σ uv L 1 für ein v L 2 } ) Beweisen oder widerlegen Sie: Flls L 1 und L 2 regulär sind, dnn ist uh L 1 /L 2 regulär. d) Beweisen oder widerlegen Sie: Flls L 1 regulär ist und L 2 niht regulär ist, dnn ist L 1 /L 2 regulär. e) Ws edeutet ds für Aufge H4? Lösungsvorshlg ) Offensihtlih ist /, d ǫ und somit jedes w uh in / enthlten ist. Andererseits gilt uh /, d für jedes jedes Wort u / ein v existiert, mit uv. Dmit gilt er sofort u. ) Wir zeigen L := /{ n n n > 0 } =. Es gilt L, d i n n für lle i N 0 und lle n N. Sei w L. Dnn git es ein n und ein u n n mit wu. Flls w 1, dnn folgt in wu nh einem irgendwnn ein und somit wäre wu /, lso uh w / L. Also folgt w = 0 und dmit L. ) Die Aussge ist whr. Sei M = (Σ, Q, δ, q 0, F) ein DFA der L 1 kzeptiert. Wir konstruieren einen DFA M = (Σ, Q, δ, q 0, F ), der L 1 /L 2 kzeptiert. Dzu setzen wir F = {q Q es existiert ein u L 2 mit ˆδ(q, u) F }. Sei nun w ein Wort in L(M ). Dnn existiert nh Konstruktion ein v L 2 mit wv L 1, d ndernflls ˆδ(q 0, w) / F gelten würde. Also ist w L 1 /L 2 und es gilt L(M ) L 1 /L 2. Für die Rükrihtung, sei w L 1 /L 2. Nh Definition existiert ein v mit wv L 1 und v L 2. Also gilt ˆδ(ˆδ(q 0, w), v) F und dmit nh Konstruktion ˆδ(q 0, w) F. Also gilt uh L(M ) L 1 /L 2. Somit kzeptiert der DFA M genu L 1 /L 2.

21 d) Auh diese Aussge ist whr. Der Beweis für ) knn direkt üernommen werden, llerdings knn M nun niht mehr leiht konstruiert werden. Existieren muss M er. e) D die Sprhe L us H4 ls L/{} geshrieen werden knn und L nh Vorussetzung regulär wr, folgt die Regulrität von L sofort us ). T17 Verwenden Sie ds Pumping-Lemm, um zu zeigen, dß folgende Sprhen niht regulär sind: ) w {if, then, else, fi,a}, woei w einen korrekten edingten Ausdruk drstellt. Hierei soll A einen primitive Ausdruk verkörpern. Beispielsweise ist korrekt, er ist us vielerlei Gründen niht korrekt. if A then A else if A then A else A fi fi A then if else A fi fi ) Die korrekten rithmetishen Ausdrüke mit ntürlihen Zhlen und den vier Grundrehenrten, z.b. (4 + 23) (3 18). ) Die korrekten rithmetishen Ausdrüke mit ntürlihen Zhlen und Additon sowie Sutrktion, er ohne Klmmern, deren Ergenis positiv ist. Beispiel: Lösungsvorshlg ) Beweis durh Widerspruh. Sei die Sprhe der korrekten edingten Ausdrüke regulär. Dnn git es nh dem Pumping-Lemm eine Zhl n mit den eshrieenen Eigenshften. Sei w = if n A(then A fi) n und xyz = w eine elieige Zerlegung von w mit xy n und y > 0. Somit ist xy ein Präfix von if n und xy 2 z knn kein korrekter edingter Ausdruk sein, d er untershiedlihe Anzhlen von if und fi enthält. ) Anlog zu oen, sei w = ( n [+1)] n. Somit gilt für jede Zerlegung xyz = w mit xy n und y > 0, dß xy ein Präfix von ( n ist. Somit ist xy 2 z kein korrekt geklmmerter Ausdruk, d sih die Zhl der öffnenden und shließenden Klmmern untersheiden. ) Angenommen, die Sprhe L dieser Aufge sei regulär. Nh Pumpinglemm existiert dnn ein n N, sodß für lle w L mit w n eine Zerlegung w = xyz existiert, mit xy n, y 1 und xy k z L für lle k N 0. Sei w = 1 n 1 n + 1. Wertet mn diesen Ausdruk us, so ergit sih offensihtlih 1, lso ist w in der Sprhe enthlten. Außerdem ist offensihtlih w > n. Sei xyz = w eine elieige Zerlegung von w mit xy n und y 1. Dnn ist xy 0 z = xz = 1 n y 1 n +1. Offensihtlih ist er xz niht in L, d der zugehörige Wert kleiner ls 1 ist. Dies ist ein Widerspruh zur Aussge des Pumpinglemms, lso knn L niht regulär sein.

22 H11 (3 Punkte) Es seien L 1, L 2 Σ für ein Alphet Σ. Beweisen oder widerlegen Sie folgende Aussge: (L 1 /L 2 )L 2 = L 1 Flls Sie nein ntworten, welhe der eiden Inklusionen gilt niht? Lösungsvorshlg (L 1 /L 2 )L 2 L 1 : Sei L 1 = {} und L 2 = {, }. Dnn ist L 1 /L 2, d L 1 und L 2, er / L 1. L 1 (L 1 /L 2 )L 2 : Sei L 2 =, dnn ist (L 1 /L 2 )L 2 =. Sei L 1. Widerspruh. H12 (10 Punkte) Beweisen Sie mithilfe des Stzes von Myhill Nerode, dß die drei in Aufge T17 erwähnten Sprhen niht regulär sind. Lösungsvorshlg ) Sei N = {if n i N}. Dnn sind je zwei vershiedene Wörter if i, if j us N niht quivlent ezüglih L, d if i A(thenAfi) i ein gültiger Audruk ist, if j A(thenAfi) i llerdings niht. Somit ht L unendlih viele Klssen, lso ist L niht regulär. ) Sei N = {( i i N}. Dnn ist [( i ] L [( j ] L für i j, d ( i 1 + 1) i ein gültiger Ausdruk ist, ( j 1 + 1) i llerdings niht. Also ht L unendlihe viele Aquivlenzklssen, worus folgt, dß L niht regulär ist. ) Sei N = {(1+) i 0 i N}. Dnn ist [u] L [v] L für lle u w N: Sei oda u = (1+) i 0 und v = (1+) j 0 mit i > j. Dnn ist u i L er v i / L. Somit ht L unendlih viele Klssen, lso ist L niht regulär. H13 (10 Punkte) Eine Zeihenmshine wird durh ein Wort üer dem Alphet {,,, } gesteuert. Jedes Symol entspriht einem Befehl, eine 1 m lnge Linie zu zeihnen, woei es für jede der vier Himmelsrihtungen ein Symol git. Es ist ein Fehler, wenn ein ein Zentimeter lnges Segment uf dem Ppier mehr ls zehnml üershrieen wird (egl, o vorwärts oder rükwärts). Solhe Zeihenefehle können nämlih dzu führen, dß ds Ppier n einer solhen Stelle durh zu viel Tinte ufweiht und reißt. Verwenden Sie ds Pumping-Lemm, um zu eweisen, dß die Sprhe der siheren Zeihenefehle leider niht regulär ist und dher die Mshine niht durh einen endlihen Automten üerwht werden knn.

23 Lösungsvorshlg Angenommen, die Sprhe L dieser Aufge sei regulär. Nh Pumpinglemm existiert dnn ein n N, sodß für lle w L mit w n eine Zerlegung w = xyz existiert, mit xy n, y 1 und xy k z L für lle k N 0. Sei w = n n ( ) 10. Offensihtlih ist w ein gültiger Zeihenefehl. Für jede entsprehende Zerlegung w = xyz ist er y = l für ein 1 l n. Dnn ist er xy 0 z = xz = n n l ( ) 10 kein gültiger Zeihenefehl, d uf Höhe l elf ml üer die gleihe Stelle gezeihnet wird. H14 (10 Punkte) Wie sieht der minimle DFA zu folgendem NFA us? Lösungsvorshlg, q 7 q 0 q 6 q 0 q 1 q 3 q 2 q 1 q 5 q 2 q 3 q 4 H15 (10 Punkte) Konstruieren Sie einen äquivlenten regulären Ausdruk zum Automten us Aufge H14. Wird ds Wort kzeptiert? Wird ds Wort kzeptiert? Lösungsvorshlg Wir eliminieren zunähst den Zustnd q 1 und erhlten: q q 2 q 3

24 Nh der Eliminierung von q 2 erhlten wir: + ( + ) q 0 q 3 Nun können wir den regulären Ausdruk gnz einfh lesen: ( ) + + ( + ) ( ) Am deterministishen Automten us H14 erkennen wir sofort, dß ds erste Wort erknnt wird, ds zweite er niht. H16 (3 Punkte) Geen Sie einen regulären Ausdruk für die Menge ller Wörter üer dem Alphet {, } n, die genu dnn eine gerde Anzhl von s enthlten, wenn sie uh eine gerde Anzhl von s enthlten. Hinweis: Denken Sie erst einml genu nh, evor Sie die geeigneten Konstruktionen der Vorlesung durhführen, welhe ntürlih uh zum Ziel führen. Lösungsvorshlg Wir eginnen mit einem sehr einfhen DFA mit vier Zuständen, der die Anzhl der isher gelesenen und modulo 2 zählt. Wenn die entsprehenden Zustände z.b. die Nmen q 0,0, q 0,1, q 1,0 und q 1,1 trgen, dnn sind die Zustände q 0,0 (eide eine gerde Anzhl) und q 1,1 (ungerde Anzhl) die Endzustände. Für die eknnten Konstruktionen enötigen wir llerdings einen Automten mit nur einem Endzustnd, welhes den Automten vergrößert und die Konstruktion unnötig kompliziert werden lässt. Wir ehelfen uns mit der Beohtung, dß die vorgegeene Sprhe die Vereinigung der Sprhe L 1 der Wörter mit gerder Anzhl und vereinigt mit der Sprhe L 2 der Wörter mit ungerder Anzhl und ist. Die jeweiligen Automten enthlten dnn jeweils nur einen Endzustnd, und wir kommen durh die Zustndselimintion leiht zu folgenden Ergenissen: ( ) L 1 = + + ( + )( + ) ( + ) ( ) L 2 = ( + ) ( + ) + + ( + )( + ) ( + ) Wegen L 2 = ( + ) ( + ) L 1 ist ein shöner regulärer Ausdruk für die Sprhe dnn ( )(. ǫ + ( + ) ( + ) + + ( + )( + ) ( + )) Die Lösungen zu diesem Aufgenltt können in der Tutorüung m 17. Juni gegeen werden. Nähste Wohe finden ufgrund der Exkursionswohe keine Tutorüungen sttt und in der üernähsten Wohe uf Grund des Dies Ademius.

25 RWTH Ahen Lehrgeiet Theoretishe Informtik Emmes Kneis Lnger Rossmnith SS 2009 Üungsltt Üung zur Vorlesung Formle Systeme, Automten und Prozesse T18 Gegeen sei die einfhe kontextfreie Grmmtik S SS SSS SSS ǫ. ) Welhe Sprhe erzeugt diese Grmmtik? ) Beweisen Sie Ihre Vermutung forml und vollständig. ) Ist die Grmmtik eindeutig? Lösungsvorshlg ) Die Grmmtik erzeugt die Sprhe in der in jedem Wort gleih viele und vorkommen. ) Sei G die gegeene Grmmtik. Ds Symol S läßt sih nur zu Wörtern mit gleih vielen und leiten: Die Anwendung einer elieigen Regel führt gleih viele und Symole ein. D im Strtsymol S die Zhl der und Symole gleih ist, muß in jedem geleiteten Wort eenflls die gleihe Zhl von und Symolen vorliegen. Jedes Wort w mit gleih vielen und liegt in L(G): Beweis per Induktion üer die Wortlänge. Für w = 0 gilt die Annhme, d ds Wort w = ε offensihtlih in L(G) liegt. Sei w > 0 und w = w. Dnn gilt w + 1 = w. Es git einen kleinsten Präfix x von w, in dem w + 1 = w gilt, d in w mehr ls vorkommen. Dieser knn niht uf enden, d nsonsten ein kleinerer Präfix mit den gleihen Bedingungen existiert. Somit existiert eine Zerlegung w = xy mit x = x und y = y. D x < w und y < w, folgt us der Induktionshypothese dß x, y L(G). Die Regel S SSS impliziert, dß für lle w 1, w 2, w 3 L(G) uh w 1 w 2 w 3 L(G) gilt. D x, y, ε L(G), gilt folglih uh w = εxy L(G). Für w > 0 und w = w gilt die Behuptung nlog, d uh die Regel S SSS in der Grmmtik enthlten ist. ) Nein. Beispielsweise läßt sih ds Wort uf vershiedene Weisen leiten: S SS SSSS S SS SSSS T19 Es sei eine weitere einfhe Grmmtik gegeen: S istsesf istsf Konstruieren Sie NFAs, welhe folgende Sprhen kzeptieren:

26 ) pre ({iteitff }) ) pre ({iiteiteitfff }) ) pre ({ }) d) pre ({i, t, e, f, } ) e) pre ( ) f) pre ({i, t, e, f} ) Lösungsvorshlg ) Zwishenshritt: i t e i t f f Vollständig: S S S S i t e i t f f S S ) S S i i t e i S S t f f f S S t S i e S ) pre ({ }) = {, S } d) pre ({i, t, e, f, } ) = {i, t, e, f,, S} e) pre ( ) = f) pre ({i, t, e, f} ) = {i, t, e, f} H17 (12 Punkte) Geen Sie eine eindeutige kontextfreie Grmmtik n, welhe die Sprhe us Aufge T18 erzeugt. Beweisen Sie sowohl die Korrektheit, ls uh die Eindeutigkeit Ihrer Grmmtik.

27 Lösungsvorshlg Eine eindeutige Grmmtik, die die Sprhe erzeugt, ist die folgende: S AS BS ε A AA ε B BB ε Wir treffen folgende Annhmen: Ds Nihtterminl S erzeugt lle Wörtern mit gleih vielen und. Ds Nihtterminl A leitet eenflls Wörter mit gleih vielen und, llerdings nur genu die, ei denen jeder Präfix gleih viele oder mehr - ls -Symole enthält. Im Gegenstz dzu leitet B lle Wörter mit gleih vielen - und -Symolen, ei denen jeder Präfix gleih viele oder mehr - ls -Symole enthält. Die Grmmtik knn nur Wörter mit gleih vielen und erzeugen, d jede rehte Regelseite gleih viele - und -Symole enthält. Es leit zu zeigen, dß jedes Wort mit gleih vielen - und -Symolen uh von der Grmmtik mit einer eindeutigen Aleitung erzeugt wird. Wir führen den etws llgemeineren Beweis, dß S, A und B die oen eshrieenen Eigenshften erfüllen und eindeutige Aleitungen hen, per Induktion üer die Wortlänge eines elieigen Wortes w. Sei w = ε, so knn ds Wort durh jedes der Nihtterminle S, A und B erzeugt werden. D w keinen ehten Präfix esitzt, sind die oen eshrieenen Bedingungen erfüllt. Die jeweiligen Aleitungen sind eindeutig, d lle nderen Regeln Terminlsymole einführen und somit kein ε leiten können. Nun sei w ε für ein Wort w mit w = w. Sei zunähst w so, dß es mit einem eginnt. Wir etrhten die Präfixe von w, die gleih viele - und -Symole hen. Den kleinsten solhen Präfix nennen wir u, woei es ntürlih sein knn, dß u = w gilt. Nh Konstruktion ht u lso keinen ehten Präfix, mit gleih vielen und Symolen (denn u wr j der kleinste Präfix von w, der diese Eigenshft ht, und jeder Präfix von u ist ntürlih uh Präfix von w). Wenn n ein Wort ein weiterer Buhste us {, } ngehängt wird, so verändert sih die Zhl seiner - gegenüer seiner -Symole um genu eins. Somit folgt, dß der letzte Buhste in u ein sein muß; wäre es ein, hätte u einen ehten Präfix mit gleih vielen - und -Symolen. Somit läßt sih u zerlegen in u, woei u keinen Präfix enthält, der mehr - ls -Symole enthält. D ußerdem u kürzer ls w ist und gleih viele und Symole enthält, knn es nh Induktionsvorussetzung eindeutig durh A erzeugt werden. Wir hen w lso zerlegt in w = u v. Üer v wissen wir eenflls, dß es gleih viele und Symole enthält und kürzer ist ls w. Somit läßt es sih nh Induktionsvorussetzung us S eindeutig erzeugen. Drus folgt, dß w sih mit der Regel S AS erzeugen läßt. Dies ist die einzige S Regel, die ein mit eginnendes Wort leitet. Somit wäre eine uneindeutige Aleitung nur möglih, flls wir die Zerteilung von w nders wählen. Dies funktioniert llerdings niht: Benutzen wir niht den ersten Präfix u, der gleih viele - und -Symole ht, hätte u ufgrund der Zerlegung u = u einen Präfix mit mehr - ls -Symolen und ließe sih somit niht us A herleiten. Ht w keinen Präfix mit mehr - ls -Symolen, so gilt dies uh für v. Nh Induktionsvorussetzung ist v somit eindeutig durh A herleitr. In diesem Fll läßt sih w durh A mit der Regel A AA erzeugen. Diese Aleitung ist, nlog zu oen, eenflls eindeutig. Für den Fll, dß w mit einem eginne ist der Beweis nlog.

28 H18 (8 Punkte) Gegeen ist die CFG G = (N, T, P, S) mit N = {A, B, S}, T = {, } und den Produktionen S BS AS ǫ A AA B BB. Konstruieren Sie nihtdeterministishe endlihe Automten, welhe folgende Sprhen kzeptieren: ) pre ({}) ) pre ({}) ) pre ( ) Git es ein α (S) + mit S α? Lösungsvorshlg ) S S S S S S A A B A A q 0 q 1 q 2 q 3 q 4 q 5 S S A ) S S S S S A B B A q 0 q 1 q 2 q 3 q 4 S B S ), A, S q 0 Es git kein α (S) + mit S α, d S pre ((S) + ).

29 RWTH Ahen Lehrgeiet Theoretishe Informtik Emmes Kneis Lnger Rossmnith SS 2009 Üungsltt Üung zur Vorlesung Formle Systeme, Automten und Prozesse Sei G die folgende kontextfreie Grmmtik: H19 (10 Punkte) S ABC BCD BD A ε S B B AS D C SC C D B C dd d ) Berehnen Sie die unerreihren Symole von G. Die unerreihren Symole sind definiert ls { A N es git kein αaβ (N T) mit S αaβ }. ) Die unproduktiven Symole einer Grmmtik sind definiert ls: { A N es git kein w T mit A w } Wie luten die unproduktiven Symole von G? ) Gilt L(G) =? d) Gilt ε L(G)? e) Die nullierren Symole einer Sprhe sind lle Symole die sih nh ε leiten lssen. Wie luten die nullierren Symole von G? f) Geen sie eine kontextfreie Grmmtik G n, so dß L(G ) = L(G). Hierei drf G keine unproduktiven, unerreihren oder nullierren Symole enthlten. Lösungsvorshlg ) Durh die eiden Regeln S ABC und S BCD sind shon lle Nihtterminle erreihr. ) Die unproduktiven Zustände sind N \ pre (T ):,,, d Somit ist C unproduktiv. D, A, B, S

30 ) D S produktiv ist, ist die von G erzeugte Sprhe niht leer. d) Genu wenn S in pre ({ε}) enthlten ist, enthält L(G) ds leere Wort. A Aer pre ({ε}) = {A}. e) Nur A läßt sih nh ε leiten (siehe Teil d). f) Regeln mit unerreihren oder unproduktiven Symolen dürfen direkt gelösht werden, d sie, in einer Aleitung vom Strtsymol us, entweder niht verwendet werden können (unerreihr) oder ei Verwendung eine Aleitung eines Wortes us Terminlsymolen unmöglih mhen (unproduktiv). Nullierre Symole können wie folgt ehndelt werden: 1) Sei A ε G und A S. 2) Löshe A ε us G. 3) Für jede Regel B αaβ füge die Regel B αβ in G ein. 4) Flls keine Regel der Form A ε mehr existiert fertig, nsonsten gehe zu 1. Somit ht die resultierende Grmmtik keine Regeln der Form A ε für A S. Die Regel S ε gehört genu dnn zur Grmmtik, wenn ε L(G) ist. Für die Grmmtik G ergit sih lso folgende Grmmtik G : H20 (10 Punkte) ) Ist L(G) endlih? S BD A S B B AS S D D B dd d ) Ist L(G) universell, d.h. L(G) = {,,, d}? ) Gilt (d) L(G) =? d) Gilt (d + d) (d) L(G) =?

31 Lösungsvorshlg ) Nh einem Stz us der Vorlesung ist L(G) genu dnn endlih, flls es kein A N git, so dß A pre ((N T) + A(N T) (N T) A(N T) + ). Wähle A = D. N T N T D N T D N T D D dd G, gilt D pre ((N T) + D(N T) (N T) D(N T) + ). ) Nein, denn ε / L(G). ) Wir testen o S pre ((d) ), indem wir einen DFA für die Sprhe (d) uen und shrittweise um Knten ergänzen. Können wir eine mit S mrkierte Knte vom Anfngszustnd des Automten zu einem Endzustnd hinzufügen, existiert ein Wort in der Shnittmenge der Sprhen. Ein DFA für (d) ist eispielsweise der Folgende: D Durh Hinzufügen von Knten (wir verwenden hierfür die vereinfhte Grmmtik G us Aufge H19) ergit sih folgender DFA: d B, S B, D, D S d, D Somit ist die Shnittmenge der Sprhen niht leer.

32 d) Anlog zu ) strten wir mit einem DFA der die Sprhe (d+d) (d) erkennt. d d d Hinzufügen von Knten ergit folgenden DFA: d, D D B d, D, D D, B, D, S, B D, A, B d, D, B B, S A S, B Es lssen sih keine weiteren Knten hinzufügen. Somit gilt S / pre ((d + d) (d) ) und die Shnittmenge der Sprhen ist leer.

33 RWTH Ahen Lehrgeiet Theoretishe Informtik Emmes Kneis Lnger Rossmnith SS 2009 Üungsltt Üung zur Vorlesung Formle Systeme, Automten und Prozesse Sei G die folgende Grmmtik. Hierei sind Terminlsymole unterstrihen und Nihtterminle kursiv drgestellt. Ausdruk ( Ausdruk ) Ausdruk Opertor Ausdruk Zhl Bezeihner Bezeihner ( Ausdruk ) Anweisung if Ausdruk then Anweisung Anweisung if Ausdruk then Anweisung else Anweisung Anweisung egin Anweisungsfolge end Anweisung Bezeihner := Ausdruk Anweisung vr Bezeihner Anweisung return Ausdruk Anweisungsfolge Anweisung Anweisungsfolge ; Anweisung Funktionsdefinition funtion Bezeihner ( Bezeihner ) egin Anweisungsfolge end Funktionsdefinitionsfolge Funktionsdefinition Funktionsdefinitionsfolge Funktionsdefinition Progrmm progrm Bezeihner Funktionsdefinitionsfolge egin Anweisungsfolge end. T20 Üerführen Sie die Grmmtik G in die Greih-Normlform. Ahtung: Ds Verfhren us dem Beweis der Vorlesung führt zu einer sehr großen Grmmtik. Wie knn mn geshikter vorgehen? Lösungsvorshlg Als ersten Shritt entfernen wir die Linksrekursion in den Funktionsdefinitionsfolge- und Anweisungsfolge-Regeln durh Umordnen der rehten Seiten: Anweisungsfolge Anweisung Anweisung ; Anweisungsfolge Funktionsdefinitionsfolge Funktionsdefinition Funktionsdefinition Funktionsdefinitionsfolge Die Linksrekursion in der Ausdruk-Regel eseitigen wir durh einmliges Anwenden der Ausdruk Regel (is uf den rekursiven Fll), ws hier zu einer äquivlenten Grmmtik führt. Ausdruk ( Ausdruk R ) R Opertor Ausdruk Zhl R Opertor Ausdruk Bezeihner R Opertor Ausdruk ( Ausdruk R ) Bezeihner R ( Ausdruk R ) R Opertor Ausdruk Zhl Bezeihner Bezeihner R ( Ausdruk R )

34 Die meisten Regeln hen jetzt ereits ein Terminlsymol n der ersten Stelle der rehten Seite und sind dher einfh in Greih-Normlform zu üerführen, indem im Rest der Regel Terminle durh neue Nihtterminle ersetzt werden. Dnh sind nur die Regeln für Anweisungsfolgen und Funktionsdefinitionsfolgen niht in Greih-Normlform. Diese läßt sih jedoh durh einmliges Einsetzen der enutzten Regeln erreihen.

35 Ausdruk ( Ausdruk R ) R Opertor Ausdruk Zhl R Opertor Ausdruk Bezeihner R Opertor Ausdruk ( Ausdruk R ) Bezeihner R ( Ausdruk R ) R Opertor Ausdruk Zhl Bezeihner Bezeihner R ( Ausdruk R ) Anweisung if Ausdruk R then Anweisung Anweisung if Ausdruk R then Anweisung R else Anweisung Anweisung egin Anweisungsfolge end Anweisung Bezeihner R := Ausdruk Anweisung vr R Bezeihner Anweisung return Ausdruk Anweisungsfolge if Ausdruk R then Anweisung Anweisungsfolge if Ausdruk R then Anweisung R else Anweisung Anweisungsfolge egin Anweisungsfolge end Anweisungsfolge Bezeihner R := Ausdruk Anweisungsfolge vr R Bezeihner Anweisungsfolge return Ausdruk Anweisungsfolge if Ausdruk R then Anweisung R ; Anweisungsfolge Anweisungsfolge if Ausdruk R then Anweisung R else Anweisung R ; Anweisungsfolge Anweisungsfolge egin Anweisungsfolge end R ; Anweisungsfolge Anweisungsfolge Bezeihner R := Ausdruk R ; Anweisungsfolge Anweisungsfolge vr R Bezeihner R ; Anweisungsfolge Anweisungsfolge return Ausdruk R ; Anweisungsfolge Funktionsdefinition funtion R Bezeihner R ( R Bezeihner R ) R egin Anweisungsfolge R end Funktionsdefinitionsfolge funtion R Bezeihner R ( R Bezeihner R ) R egin Anweisungsfolge R end Funktionsdefinitionsfolge funtion R Bezeihner R ( R Bezeihner R ) R egin Anweisungsfolge R end Funktionsdefinitionsfolge Progrmm progrm R Bezeihner Funktionsdefinitionsfolge R egin Anweisungsfolge R end R. R ) ) R Opertor Opertor R ( ( R then then R else else R end end R := := R Bezeihner Bezeihner R ; ; R egin egin R end end R.. Aildung 1: Grmmtik G in Greih-Normlform

36 T21 Seien Üung, qudrt, x und print Bezeihner, ein Opertor und 5 eine Zhl. Ist ds Progrmm P ein Wort us der Sprhe L(G)? Lösungsvorshlg Nein, die letzte Anweisung in einer Anweisungsfolge wird niht durh ein Semikolon eendet. Dher ist ds Semikolon hinter der return Anweisung niht erlut. H21 (10 Punkte) Üerführen Sie G in Chomsky-Normlform. progrm Üung funtion qudrt(x) egin return x x; end egin print (qudrt (5)) end. Aildung 2: Ds Progrmm P Lösungsvorshlg Ausdruk X ( Y Ausdruk,) Y Ausdruk,Opertor Ausdruk Y Bezeihner,( Y Ausdruk,) Y Ausdruk,) Ausdruk X ) Y Ausdruk,Opertor Ausdruk X Opertor Y Bezeihner,( Bezeihner X ( Y Bezeihner,) Bezeihner X ) Anweisung Y If,Ausdruk Y Then,Anweisung Anweisungsfolge Y If,Ausdruk Y Then,Anweisung Anweisung Y If,Then Y Else,Anweisung Anweisungsfolge Y If,Then Y Else,Anweisung Y If,Ausdruk X If Ausdruk Y Then,Anweisung X Then Anweisung Y Else,Anweisung X Else Anweisung Y If,Then Y If,Ausdruk Y Then,Anweisung Anweisung Y Begin,Anweisungsfolge X End Anweisungsfolge Y Begin,Anweisungsfolge X End Y Begin,Anweisungsfolge X Begin Anweisungsfolge Anweisung Y Bezeihner,Assignment Ausdruk Anweisungsfolge Y Bezeihner,Assignment Ausdruk Y Bezeihner,Assignment X Bezeihner X Assignment

37 Anweisung X V rile X Bezeihner Anweisungsfolge X V rile X Bezeihner Anweisung X Return Ausdruk Anweisungsfolge X Return Ausdruk Anweisungsfolge Y Anweisungsfolge,; Anweisung Y Anweisungsfolge,; Anweisungsfolge X ; Funktionsdefinition YY Funtion,Bezeihner X End Funktionsdefinitionsfolge YY Funtion,Bezeihner X End YY Funtion,Bezeihner Y Funtion,Bezeihner Y Bezeihner,Begin Y Funtion,Bezeihner X Funtion Y Bezeihner,( Y Bezeihner,Begin Y Bezeihner,) Y Begin,Anweisungsfolge Y Begin,Anweisungsfolge X Begin Anweisungsfolge Funktionsdefinitionsfolge Funktionsdefinitionsfolge Funktionsdefinition Progrmm YY Progrm,Bezeihner YY Begin,End YY Progrm,Bezeihner X Progrm Y Bezeihner,Funktionsdefinitionsfolge YY Begin,End Y Begin,Anweisungsfolge Y End,. Y Bezeihner,Funktionsdefinitionsfolge X Bezeihner Funktionsdefinitionsfolge Y End,. X End X. X Opertor Opertor X Bezeihner Bezeihner Ausdruk Bezeihner X Zhl Zhl Ausdruk Zhl X ) ) X ( ( X ; ; X.. X Funtion funtion X If if X Then then X Else else X Begin egin X End end X Return return X V rile vr X Assignment := X Progrm progrm H22 (10 Punkte) Sei P gleih P, llerdings ohne ds Semikolon. Bestimmen Sie pre G (P ). Lösungsvorshlg Im folgenden verwenden wir die Akürzungen P für progrm, BZ für Bezeihner, A für Ausdruk, B für egin, E für end, O für Opertor, Z für Zhl, R für return, AW für Anweisung, AF für Anweisungsfolge, F D für Funktionsdefinition und F F für Funktionsfolge. Wir eginnen mit dem Automten

38 P BZ F BZ ( BZ ) B R BZ O BZ E B. E ) ) BZ ( BZ ( BZ und erhlten nh Ergänzen ller Üergänge ds Resultt AW, AF A A A P BZ F BZ ( BZ ) B R BZ A A A O FD, FF A AW, AF BZ A. E ) ) A Z A A Also ist pre G (P ) =, d wir den letzten Begin-End Blok niht in eine Anweisung üerführen können. A ( BZ A ( BZ A B E

39 RWTH Ahen Lehrgeiet Theoretishe Informtik Emmes Kneis Lnger Rossmnith SS 2009 Üungsltt Üung zur Vorlesung Formle Systeme, Automten und Prozesse T22 Es sei L = { i j k i = j oder j = k }. Geen Sie einen nihtdeterministishen Kellerutomten n, der L kzeptiert. Lösungsvorshlg Der Kellerutomt rät erst nihtdeterministish, o i = j oder j = k gilt. Dnh wird der Stk zum Zählen den entsprehenden Symole genutzt., X X, ε, Γ 0 Γ 0 q ε, X X 1 q ε, Γ 0 Γ 0 2 q 3 ε, Γ 0 Γ 0 q 0, Γ 0 Γ 0, X X, ε ε, Γ 0 Γ 0 q ε, Γ 0 Γ 0 4 q ε, X X 5 q ε, Γ 0 Γ 0 6 q 7 T23 Erstellen Sie einen deterministishen Kellerutomten für folgende Sprhe: {$,, } \ { w$w R w {, } } Lösungsvorshlg Der folgende Automt erkennt die Sprhe { w$w R w {, } }.

40 , X X, X X, ǫ, ǫ q $, X X 0 q ǫ, Γ 0 Γ 0 1 q 2, ǫ, ǫ $, ǫ $, ǫ q 3, X X, X X $, X X, X X, X X $, X X Der Kellerutomt ist zwr deterministish, enthält er eine ǫ-trnsitionen. Einfhes Tushen der kzeptierenden Zustände führt dher leider niht zu einem korrekten Ergenis. Wir entfernen dher erst die ǫ-trnsition, indem wir ds erste Symol uf dem Stk nders notieren ls die kommenden Symole (und dß Wort $ gesondert ehndeln). q 4, X AX, X BX, X X, X X, ǫ, ǫ, A ǫ q 0 $, X X q 1, B ǫ q 2 q 5 $, X X, X X, X X $, X X, ǫ, B ǫ, ǫ, A ǫ $, X ǫ q 3, X X, X X $, X X, X X, X X $, X X Dieser Automt ist deterministish, enthält keine ǫ-trnsitionen und lokiert uh niht. Letzteres folgt us der Ttshe, dß lle Zustände ußer q 1 vollständig sind und q 1 nur lokieren könnte, flls ds Kellerodensymol uf dem Stk liegen würde. Dies ist er in Zustnd q 1 niht möglih, d vorher uf jeden Fll ein A oder ein B uf den Stk geshrieen wurde. Einfhes Austushen der kzeptierenden Zustände liefert somit einen Automt, der kzeptiert. {$,, } \ { w$w R w {, } }

41 q 4, X AX, X BX, X X, X X, ǫ, ǫ, A ǫ q 0 $, X X q 1, B ǫ q 2 q 5 $, X X, X X, X X $, X X, ǫ, B ǫ, ǫ, A ǫ $, X ǫ q 3, X X, X X $, X X, X X, X X $, X X H23 (10 Punkte) Geen Sie eine kontextfreie Grmmtik für die Sprhe {, } \ { ww R w {, } } n. Lösungsvorshlg Offensihtlih ist ein Wort u niht in ww R, wenn es entweder ungerde Länge ht oder es gilt entweder u = xzz x oder u = xzz x R für x, z, z {, } mit z = z. Wir enutzen ds Hilfssymol X, ds lle Wörte gerde Länge produziert. Wörter ungerder Länge erzeugen wir us S mittels X zw X. Für Wörter gerder Länge erzeugt unsere Grmtik zuerst xsx R und nshließend entweder xxx oder xxx. Mittels X knn dnn jedes Wort in {, } \ { ww R w {, } } erzeugt werden. S S S X X X X X AXA ε A H24 (10 Punkte) Wie sieht ein nihtdeterministisher Kellerutomt us, der die Sprhe us Aufge H23 erkennt? Lösungsvorshlg D wir die Grmtik der Sprhe shon in H24 konstruiert hen, können wir den zu-

42 gehörigen Automten leiht mit dem Verfhren us der Vorlesung konstruieren: ǫ, S S ǫ, S S ǫ, S X ǫ, S XA ǫ, S X ǫ, S X ǫ, X AXA ǫ, X ǫ ǫ, A ǫ, A, ǫ, ǫ Alterntiv knn uh leiht ein Automt direkt ngegeen werden. Wir rten zuerst, o u {, } \ { ww R w {, } } gerde oder ungerde Länge ht. Im ersten Fll lesen wir dnh nihtdeterministish die erste Hälfte des Wortes und grntieren nshließend dß sie ungleih der zweiten Hälfte ist. Im zweiten Fll grntieren wir einfh dß u ungerde Länge ht., X X, X X, ǫ, ǫ, ǫ, ǫ, ǫ, ǫ, ǫ ε, Γ 0 Γ 0 q 1 ε, X X q 2, ǫ q 3 ε, Γ 0 Γ 0 q 4 q 0 ε, Γ 0 Γ 0, X X, X X q 5 q 6, X X, X X H25 (10 Punkte) Es sei L = { w$w$w w {, } }. Benutzen Sie ds Pumping-Lemm um zu zeigen, dß L niht durh eine kontextfreie Grmmtik erzeugt werden knn. Lösungsvorshlg Angenommen L sei regulär. Dnn existiert ein n sodß jedes Wort w L mit w n in w = uvwxy zerlegt werden knn mit 1. vwx n,

43 2. vx 1 und 3. uv i wx i y L für lle i N 0. Sei w = n $ n $ n. Offensihtlih gilt w L. Flls vx mindestens ein $ enthält, so ist uwy offensihtlih niht in L enthlten, d dieses Wort noh höhstens ein $ enthält. Wir können lso dvon usgehen, dß vx kein $ enthält. Für jede solhe Zerlegung die (1) und (2) erfüllt, gilt er dß vwx höhstens zwei der getrennten Blöke von s üerlppt, d vwx n. Dmit ist er uv 2 wx 2 y / L, d mindestens einer der drei Blöke von s genu die Länge n ht, während mindestens einer der eiden nderen Blöke mindestens die Länge + 1 ht.

44 RWTH Ahen Lehrgeiet Theoretishe Informtik Emmes Kneis Lnger Rossmnith SS 2009 Üungsltt Üung zur Vorlesung Formle Systeme, Automten und Prozesse T24 Eine Grmmtik G ist monoton, flls keine ihrer Regeln uf der linken Seite mehr Symole ls uf der rehten Seite ht. Um ußerdem Sprhen, die ds leere Wort enthlten, erzeugen zu können, sei die Regel S ε erlut, flls S sonst uf keiner rehten Seite vorkommt. Beispielsweise ist die folgende Grmmtik monoton er niht kontextsensitiv: S ε A A A ddd Zeigen Sie: Die Menge der durh monotone Grmmtiken erzeugren Sprhen entspriht genu der Menge der durh kontextsensitive Grmmtiken erzeugren Sprhen. Lösungsvorshlg Eine Regel ist kontextsensitiv, flls sie die Form αaβ αγβ mit A N, α, β, γ (N T) und γ ε ht. Jede kontextsensitive Regel ist eenflls monoton. Somit leit nur die ndere Rihtung zu zeigen. Wir trnsformieren jede monotone Regel in eine Menge von kontextsensitiven Regeln. Hierei hten wir druf, dß keine zusätzlihen Terminlwörter geleitet werden können. Beispielsweise läßt sih die monotone Regel A 1 A 2 B 1 B 2 in folgende kontextsensitive Regeln üersetzen: A 1 A 2 B 1 A 2 B 1 A 2 B 1 B 2 B 1B 2 B 1 B 2 B 1 B 2 B 1 B 2 Allgemein sei A 1...A n B 1...B m mit n m eine kontextsensitive Regel. Wir führen für diese Regel frishe Nihtterminlsymole B 1,...,B m ein um die monotone Regel in mehreren kontextsensitiven Shritten uszuwerten: A 1 A 2...A n B 1 A 2...A n B 1A 2 A 3...A n B 1B 2A 3...A n. B 1...B n 1 A n B 1...B n...b m Um die B -Symole zurük in B-Symole zu üersetzen, verfhren wir uf die sele Weise. B 1...B m B 1 B 2...B m B 1 B 2...B m B 1 B 2 B 3...B m B 1...B m 1 B m B 1...B m.

45 Nun zeigen wir, dß durh die neuen Regeln keine zusätzlihen Terminlwörter leitr sind. Durh die Benutzung von frishen Nihtterminlsymolen sind die neuen Regeln nur dnn nwendr, flls die Regel A 1 A 2...A n B 1 A 2...A n verwendet wird. Wir etrhten lso ein Wort der Form αa 1...A n β. In diesem Wort werden durh die neuen Regeln von links nh rehts A i -Symole durh B i -Symole ersetzt. D die B i -Symole niht ußerhl der neuen Regeln vorkommen, knn eine kritishen Ersetzung niht im B -Teil eines Wortes stttfinden. Tritt sie im α- oder β-teil des Wortes uf, wäre sie ohne die neuen Regeln eenflls möglih gewesen. Es leit der Fll zu etrhten, dß eine Ersetzung im noh niht ersetzten A i...a n β-teil uftritt. Auh eine solhe Ersetzung wäre im ursprünglihen System möglih gewesen, d A i...a n β ein Postfix des ursprünglihen Wortes αa 1...A n β ist. Somit sind is zur Aleitung des Wortes αb 1...B mβ keine unerwünshten Aleitungen möglih. Nun werden shrittweise die B i-symole durh B i -Symole ersetzt. Hierei sind eenflls keine kritishen Aleitungen möglih: Flls eine Aleitung möglih ist, tritt sie ufgrund der frishen Symole in einem Teil des Wortes ohne B i-symole uf. Dieser Teil existiert dnn llerdings genu so nh der Anwendung der ursprünglihen A 1...A n B 1...B m Regel und so wäre die Aleitung in der ursprünglihen Grmmtik eenflls möglih. T25 In der Vorlesung wurde gezeigt, dß Chomsky-0-Sprhen niht entsheidr sind. Hierzu wurde ds Post she Korrespondenzprolem uf ds Wortprolem einer uneshränkten Grmmtik zurükgeführt. I := u 1 v 1, u 2 v 2,..., u n v n S u 1 Mv1 R u n Mvn R M u 1 Mv1 R u nmvn R D. Ergänzen Sie oige Grmmtik us dem Beweis, dß ds Leerheitsprolem shon für kontextsensitive Sprhen unentsheidr ist, welher in der Vorlesung niht zu Ende geführt wurde. Lösungsvorshlg Die S- und M-Regeln sind monoton. Wenn durh die S- und M-Regeln lso ein Wort der Form αdα R erzeugr ist (mit α N ), folgt drus, dß ds ursprünglihe Post she Korrespondenzprolem eine Lösung ht. Wir erzeugen nun eine monotone Grmmtik, die üerprüft o ein Wort diese Form ht und dnn kzeptiert. Dies stellt einen Widerspruh zur Unentsheidrkeit des PKPs dr. Die Idee der Grmmtik ist Wörter der Form αdα R in Terminlwörter zu üerführen. Hierzu wird, usgehend vom D-Symol in der Mitte, jeweils ds nähste linke und rehte Nihtterminlsymol (flls diese gleih sind) durh ein Terminl ersetzt. O..d.A. gehen wir von Σ = {0, 1} für ds PKP us. Diese Symole definieren wir in unserer Grmmtik ls Nihtterminle.

46 Wir strten mit der Suhe nh dem nähsten Nihtterminlsymol links vom D-Symol. Hierfür verwenden wir den Mrker L. D Lx xl Lx Diese Regeln lssen sih so lnge nwenden, is ds L-Symol direkt nh einem Nihtterminl steht. Nun merken wir uns dieses Symol, löshen es und suhen nh einem pssenden Nihtterminl uf der rehten Seite: 0L xr 0 1L xr 1 R 0 x xr 0 R 1 x xr 1 Wenn wir dort ngekommen sind üerprüfen wir, o ds Symol stimmt und fhren mit dem nähsten Symol uf der linken Seite fort: R 0 0 R 1 1 So werden shrittweise lle pssenden Symole durh ds Terminl x ersetzt. Letztendlih müssen wir zulssen, dß uh L durh ein Terminlsymol ersetzt wird, dmit wir im letzten Shritt ein Terminlwort erzeugen: L x T26 Linkslinere Grmmtiken erzeugen genu die regulären Sprhen. Zeigen Sie, dß dies uh für die rehtslineren Grmmtiken gilt. Lösungsvorshlg Trnsformiere jede rehtslinere Regel der Form A C in die linkslinere Form A C. Die Wörter der von dieser Grmmtik erzeugten Sprhe sind die umgedrehten Wörter der ursprünglihen Sprhe. D reguläre Sprhen unter Umdrehen der Wörter geshlossen sind, gilt die Aussge. H26 (10 Punkte) Betrhten Sie Grmmtiken, die nur rehtslinere und linkslinere Regeln enthlten. Beweisen oder widerlegen Sie: Diese Grmmtiken erzeugen genu die regulären Sprhen. Lösungsvorshlg Grmmtiken dieser Art erzeugen mehr ls die regulären Sprhen. Beispielsweise läßt sih die nihtreguläre Sprhe { n n n N } mit folgender Grmmtik us rehtsund linkslineren Regeln erzeugen. Lx Lx S S A A S