Automaten, Spiele, und Logik

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1 Automten, Spiele, und Logik Woche Juni 2014

2 Inhlt der heutigen Vorlesung Büchi Automten co-büchi Automten Komplementierung für deterministische Büchi Automten

3 Ein Ziel: den Stz von Büchi-Elgot-Trkhtenrot erweitern Erinnerung Sei L Σ. Die drei Aussgen sind äquivlent: L ist regulär L wird durch ein NFA erknnt L ist durch eine WMSO Formel definiert Schon klr Die Erweiterung von WMSO ist einfch MSO üer unendliche Wörter. ω-reguläre Sprchen schon gesehen Ws für Automten erkennen ω-reguläre zw MSO Sprchen?

4 Ein Ziel: den Stz von Büchi-Elgot-Trkhtenrot erweitern Erinnerung Sei L Σ. Die drei Aussgen sind äquivlent: L ist regulär L wird durch ein NFA erknnt L ist durch eine WMSO Formel definiert Schon klr Die Erweiterung von WMSO ist einfch MSO üer unendliche Wörter. ω-reguläre Sprchen schon gesehen Ws für Automten erkennen ω-reguläre zw MSO Sprchen?

5 Errinerung: ω-reguläre Sprchen Definition L Σ ω heisst (ω-)regulär, flls es ein n 0 und reguläre Sprchen U 0, V 0, U 1, V 1,..., U n, V n git, mit ɛ V i, so dss L = i=0...n U i V ω i Beispiele: (Σ = {,, c}) L 1 = {w : w } ist regulär, weil L = Σ.( + c) ω uch durch φ 1 := x. y.(x < y) P (y) definiert. L 2 = {w : w = } ist regulär, weil L = {ɛ}.(σ ) ω uch durch φ 2 := φ 1 = x. y.(x < y) P (y) definiert.

6 Automten uf unendlichen Wörtern Die Erweiterung des Konzeps eines endlichen Lufes ist klr. Aer ws für Akzeptenz? Verschiedene Antworten, heute nur: Büchi Bedingung Ein Luf heisst kzeptierend, flls er durchläuft. unendlich oft kzeptierende Zustände

7 Büchi Automten Definition Ein nichtdeterministischer Büchi Automt (NBA) ist ein Tupel A = (Q, Σ, δ, q I, F ), woei Q eine endliche Zustndsmenge, Σ ein endliches Alphet, δ : Q Σ 2 Q eine Trnsitionsfunktion, q I ein Anfngszustnd, und F die Menge der kzeptierenden Zustände ist. Ein deterministischer Büchi Automt (DBA) is ein Tupel A(Q, Σ, δ, q I, F ), woei δ : Q Σ Q eine deterministiche Trnsitionsfunktion ist.

8 Büchi Bedingung, forml Ein Luf ρ eines NBA A = (Q, Σ, δ, q I, F ) üer dem Wort w = Σ ω ist eine Folgerung ρ = q q1 2 q2... Sei Inf(ρ) die Menge der Zustände q, so dss ρ q =. Es gilt, dss Inf(ρ). Definition Ein Luf ρ heisst kzeptierend, flls Inf(ρ) F.

9 Beispiel NBA, L(A 1 ) = {w Σ ω : w } = L 1

10 Beispiel DBA L(A 2 ) = {w Σ ω : w = } = L 2

11 Üungen Üung 1 Geen Sie einen NBA A = (Q, Σ, δ, q I, F ) n, so dss L(A) = {w : endlich oft in w} = Σ ω \ Σ.(Σ ) ω.

12 Üungen Üung 1 Geen Sie einen NBA A = (Q, Σ, δ, q I, F ) n, so dss L(A) = {w : endlich oft in w} = Σ ω \ Σ.(Σ ) ω. Σ Σ\{} Σ q Σ 0 q 1 q 2 q 3 Σ\{, }

13 Üungen Üung 1 Geen Sie einen NBA A = (Q, Σ, δ, q I, F ) n, so dss L(A) = {w : endlich oft in w} = Σ ω \ Σ.(Σ ) ω. Σ Σ\{} Σ q Σ 0 q 1 q 2 q 3 Σ\{, } Üung 2 Ws ist die Sprche von der Dulisierung A = (Q, Σ, δ, q I, Q\F )?

14 Üungen Üung 1 Geen Sie einen NBA A = (Q, Σ, δ, q I, F ) n, so dss L(A) = {w : endlich oft in w} = Σ ω \ Σ.(Σ ) ω. Σ Σ\{} Σ q Σ 0 q 1 q 2 q 3 Σ\{, } Üung 2 Ws ist die Sprche von der Dulisierung A = (Q, Σ, δ, q I, Q\F )? L(A ) = Σ ω, weil q q0... kzeptierend ist.

15 Üungen Üung 1 Geen Sie einen NBA A = (Q, Σ, δ, q I, F ) n, so dss L(A) = {w : endlich oft in w} = Σ ω \ Σ.(Σ ) ω. Σ Σ\{} Σ q Σ 0 q 1 q 2 q 3 Σ\{, } Üung 2 Ws ist die Sprche von der Dulisierung A = (Q, Σ, δ, q I, Q\F )? L(A ) = Σ ω, weil q q0... kzeptierend ist. Dulisierung Komplementtion, keine Üerschung, wie NFAs.

16 Potenzmengenkonstruktion und NBAs, 1 2 {1} {1, 2} endlich oft unendlich oft

17 NBA lssen sich nicht determinisieren Stz Es git keinen DBA A, so dss L(A) = ( + ) ω. D.h. der Beispiel-NBA ht keinen äquivlenten DBA.

18 NBA lssen sich nicht determinisieren Stz Es git keinen DBA A, so dss L(A) = ( + ) ω. D.h. der Beispiel-NBA ht keinen äquivlenten DBA. Beweis: durch Widerspruch. Sei A ein DBA, so dss L(A) = ( + ) ω. Sei w = Σ ω so definiert: 1. 0 = 2. i+1 = wenn δ (q I, 0... i ) F, 3. i+1 = sonnst. Wenn w nicht kzeptiert wurde, dnn gilt letztendlich nur (2), d.h. w ( + ) ω. Widerspruch. Wenn w kzeptiert wurde, dnn gilt unendlich oft (3), d.h. w ( + ) ω. Widerspruch.

19 Aschlusseigenschften: Vereinigung Stz Seien A, B zwei NBAs. Dnn git es einen NBA C, so dss L(C) = L(A) L(B). Beweis: die sele Konstruktion wie für NFA. Q C = Q A Q B {q C I }

20 Aschlusseigenschften: Vereinigung Stz Seien A, B zwei NBAs. Dnn git es einen NBA C, so dss L(C) = L(A) L(B). Beweis: die sele Konstruktion wie für NFA. Q C = Q A Q B {q C I } δ C (q, ) = δ A (q, ) wenn q Q A δ C (q, ) = δ B (q, ) wenn q Q B δ C (q C I, ) = δ A(q A I, ) δ B (q B I, )

21 Aschlusseigenschften: Vereinigung Stz Seien A, B zwei NBAs. Dnn git es einen NBA C, so dss L(C) = L(A) L(B). Beweis: die sele Konstruktion wie für NFA. Q C = Q A Q B {q C I } δ C (q, ) = δ A (q, ) wenn q Q A δ C (q, ) = δ B (q, ) wenn q Q B δ C (q C I, ) = δ A(q A I, ) δ B (q B I, ) F C = F A F B

22 Aschlusseigenschften: Linkskonktention Stz Seien A ein NFA und B ein NBA. Dnn git es einen NBA C, so dss L(C) = L(A).L(B). Beweis: die sele Konstruktion wie für NFA. Q C =

23 Aschlusseigenschften: Linkskonktention Stz Seien A ein NFA und B ein NBA. Dnn git es einen NBA C, so dss L(C) = L(A).L(B). Beweis: die sele Konstruktion wie für NFA. Q C =

24 Aschlusseigenschften: Linkskonktention Stz Seien A ein NFA und B ein NBA. Dnn git es einen NBA C, so dss L(C) = L(A).L(B). Beweis: die sele Konstruktion wie für NFA. Q C = Q A Q B q C I = q A I

25 Aschlusseigenschften: Linkskonktention Stz Seien A ein NFA und B ein NBA. Dnn git es einen NBA C, so dss L(C) = L(A).L(B). Beweis: die sele Konstruktion wie für NFA. Q C = Q A Q B q C I = q A I δ C (q, ) = δ A (q, ) wenn q Q A \F A δ C (q, ) = δ B (q, ) wenn q Q B und wenn q F A, δ C (q, ) =

26 Aschlusseigenschften: Linkskonktention Stz Seien A ein NFA und B ein NBA. Dnn git es einen NBA C, so dss L(C) = L(A).L(B). Beweis: die sele Konstruktion wie für NFA. Q C = Q A Q B q C I = q A I δ C (q, ) = δ A (q, ) wenn q Q A \F A δ C (q, ) = δ B (q, ) wenn q Q B und wenn q F A, δ C (q, ) =

27 Aschlusseigenschften: Linkskonktention Stz Seien A ein NFA und B ein NBA. Dnn git es einen NBA C, so dss L(C) = L(A).L(B). Beweis: die sele Konstruktion wie für NFA. Q C = Q A Q B q C I = q A I δ C (q, ) = δ A (q, ) wenn q Q A \F A δ C (q, ) = δ B (q, ) wenn q Q B und wenn q F A, δ C (q, ) = δ A (q, ) δ B (q B I, ) F C =

28 Aschlusseigenschften: Linkskonktention Stz Seien A ein NFA und B ein NBA. Dnn git es einen NBA C, so dss L(C) = L(A).L(B). Beweis: die sele Konstruktion wie für NFA. Q C = Q A Q B q C I = q A I δ C (q, ) = δ A (q, ) wenn q Q A \F A δ C (q, ) = δ B (q, ) wenn q Q B und wenn q F A, δ C (q, ) = δ A (q, ) δ B (q B I, ) F C =

29 Aschlusseigenschften: Linkskonktention Stz Seien A ein NFA und B ein NBA. Dnn git es einen NBA C, so dss L(C) = L(A).L(B). Beweis: die sele Konstruktion wie für NFA. Q C = Q A Q B q C I = q A I δ C (q, ) = δ A (q, ) wenn q Q A \F A δ C (q, ) = δ B (q, ) wenn q Q B und wenn q F A, δ C (q, ) = δ A (q, ) δ B (q B I, ) F C = F B

30 Aschlusseigenschften : ω Itertion Stz Sei A ein NFA. Dnn git es einen NBA B, so dss L(B) = L(A) ω Beweis: Üung.

31 Aschlusseigenschften : ω Itertion Stz Sei A ein NFA. Dnn git es einen NBA B, so dss L(B) = L(A) ω Beweis: Üung. Ws funktioniert nicht: einfch ɛ-trnsitionen von Endzuständen zu Anfngszustnd ddieren. Gegeneispiel: NFA A NBA B ɛ L(A) = L(B) = ( + ) ω L(A) ω

32 Aschlusseigenschften : ω Itertion Stz Sei A ein NFA. Dnn git es einen NBA B, so dss L(B) = L(A) ω Beweis: Üung. Eine Lösung: uf der ɛ-trnsition kzeptieren. Q B = Q A {q ɛ } q B I = q A I

33 Aschlusseigenschften : ω Itertion Stz Sei A ein NFA. Dnn git es einen NBA B, so dss L(B) = L(A) ω Beweis: Üung. Eine Lösung: uf der ɛ-trnsition kzeptieren. Q B = Q A {q ɛ } qi B = qi A δ B (q ɛ, ) = δ A (qi A, ) {q ɛ qi A δ(qi A, )} δ B (q, ) = δ A (q, ) wenn δ A (q, ) F A = δ B (q, ) = δ A (q, ) {q ɛ } sonst.

34 Aschlusseigenschften : ω Itertion Stz Sei A ein NFA. Dnn git es einen NBA B, so dss L(B) = L(A) ω Beweis: Üung. Eine Lösung: uf der ɛ-trnsition kzeptieren. Q B = Q A {q ɛ } qi B = qi A δ B (q ɛ, ) = δ A (qi A, ) {q ɛ qi A δ(qi A, )} δ B (q, ) = δ A (q, ) wenn δ A (q, ) F A = δ B (q, ) = δ A (q, ) {q ɛ } sonst. F B = {q ɛ }

35 Regulär NBA erknnt Stz Sei L Σ ω eine ω-sprche. Die folgenden Aussgen sind äquivlent. 1. L ist regulär. 2. es git einen NBA A derrt, dss L = L(A).

36 Regulär NBA erknnt Stz Sei L Σ ω eine ω-sprche. Die folgenden Aussgen sind äquivlent. 1. L ist regulär. 2. es git einen NBA A derrt, dss L = L(A). Beweis: n (1) (2):L = U i.vi ω, und Aschluseigenschften des NBAs. i=1 (2) (1):L(A) = q F L qi,q.l ω q,q, woei L q,q = {w : q w q }.

37 Aschlusseigenschften: Schnitte Stz Stz Sei A und B zwei NBA. Dnn git es einen NBA C, so dss L(C) = L(A) L(B)

38 Schwierigkeit Ds synchrone Produkt A B geht nicht! 1 2 B A 1 1,1 1,2 2 2,1 2,2 L(A B) = L(A) L(B) = {w : w = w = }

39 Beweis Grundidee Der Automt erinnert sich, o ein kzeptierender Zustnd von A esucht wurde. Wenn dnch ein kzeptierender Zustnd von B esucht wurde, löscht der Automt sein Gedächtnis und fängt von vorn n. formle Definition Q C = Q A Q B {0, 1, 2}

40 Beweis Grundidee Der Automt erinnert sich, o ein kzeptierender Zustnd von A esucht wurde. Wenn dnch ein kzeptierender Zustnd von B esucht wurde, löscht der Automt sein Gedächtnis und fängt von vorn n. formle Definition Q C = Q A Q B {0, 1, 2} ( ) δ C (p, q, i), = {(p, q, j) : p δ A (p, ), q δ B (q, )}, woei 1 flls i = 0 und p F A, oder i = 1 und q F B j = 2 flls i = 1 und q F B 0 sonst

41 Beweis Grundidee Der Automt erinnert sich, o ein kzeptierender Zustnd von A esucht wurde. Wenn dnch ein kzeptierender Zustnd von B esucht wurde, löscht der Automt sein Gedächtnis und fängt von vorn n. formle Definition Q C = Q A Q B {0, 1, 2} ( ) δ C (p, q, i), = {(p, q, j) : p δ A (p, ), q δ B (q, )}, woei 1 flls i = 0 und p F A, oder i = 1 und q F B j = 2 flls i = 1 und q F B 0 sonst F C =

42 Beweis Grundidee Der Automt erinnert sich, o ein kzeptierender Zustnd von A esucht wurde. Wenn dnch ein kzeptierender Zustnd von B esucht wurde, löscht der Automt sein Gedächtnis und fängt von vorn n. formle Definition Q C = Q A Q B {0, 1, 2} ( ) δ C (p, q, i), = {(p, q, j) : p δ A (p, ), q δ B (q, )}, woei 1 flls i = 0 und p F A, oder i = 1 und q F B j = 2 flls i = 1 und q F B 0 sonst F C =

43 Beweis Grundidee Der Automt erinnert sich, o ein kzeptierender Zustnd von A esucht wurde. Wenn dnch ein kzeptierender Zustnd von B esucht wurde, löscht der Automt sein Gedächtnis und fängt von vorn n. formle Definition Q C = Q A Q B {0, 1, 2} ( ) δ C (p, q, i), = {(p, q, j) : p δ A (p, ), q δ B (q, )}, woei 1 flls i = 0 und p F A, oder i = 1 und q F B j = 2 flls i = 1 und q F B 0 sonst F C = Q A Q B {2}

44 Üung Geen Sie den NBA C n, woei A und B wie unten sind. A p 1 p 2 B q 1 q 2

45 Üung Geen Sie den NBA C n, woei A und B wie unten sind. A p 1, q 1, 0 p 1, q 2, 0 p 1 p 2 B q 1 q 2 p 2, q 1, 1 p 1, q 2, 2 p 2, q 1, 0

46 Aschlusseigenschft: Komplement? Wrum ds NBA-komplementieren nicht so leicht ist keine Determinisierung nive Dulisierung funktioniert nicht für NBAs

47 Aschlusseigenschft: Komplement? Wrum ds NBA-komplementieren nicht so leicht ist keine Determinisierung nive Dulisierung funktioniert nicht für NBAs... und uch nicht für DBAs! A B L(A) = ( ) ω L(B) = ( ) ω

48 co-büchi Bedingung Erklärung des Prolems uf dem vorherigen Beispiel w wird nicht kzeptiert von dem DBA A gdw der Luf üer w esucht nicht unendlich oft kzeptierende Zustände. co-büchi Bedingung irgendwnn nur kzeptierende Zustände

49 co-büchi Bedingung Erklärung des Prolems uf dem vorherigen Beispiel w wird nicht kzeptiert von dem DBA A gdw der Luf üer w esucht nicht unendlich oft kzeptierende Zustände. co-büchi Bedingung irgendwnn nur kzeptierende Zustände co-büchi Automten Ein co-büchi Automt A (NcoBA/DcoBA) ist syntktisch wie ein NBA/DBA, er mit einer co-büchi Akzeptenedingung. L(A) = {w : es git ein Luf ρ so dss Inf(ρ) F }.

50 Beispiel NcoBA NcoBA A L(A) = ( + ) ω

51 Komplementierung von DBAs Stz Sei A = (Q, Σ, δ, q i, F ) ein DBA. Dnn git es ein NBA B, so dss Σ ω \L(A) = L(B).

52 Komplementierung von DBAs Stz Sei A = (Q, Σ, δ, q i, F ) ein DBA. Dnn git es ein NBA B, so dss Σ ω \L(A) = L(B). Beweis: Sei der DcoBA A = (Q, Σ, δ, q I, Q\F ). Dnn Σ ω \L(A) = L(A): für lle w = Σ ω ( ) w L(A) nicht δ (q I, i ) F für unendlich viel i 0

53 Komplementierung von DBAs Stz Sei A = (Q, Σ, δ, q i, F ) ein DBA. Dnn git es ein NBA B, so dss Σ ω \L(A) = L(B). Beweis: Sei der DcoBA A = (Q, Σ, δ, q I, Q\F ). Dnn Σ ω \L(A) = L(A): für lle w = Σ ω ( ) w L(A) nicht δ (q I, i ) F für unendlich viel i 0 δ (q I, i ) F für nur endlich viel i 0

54 Komplementierung von DBAs Stz Sei A = (Q, Σ, δ, q i, F ) ein DBA. Dnn git es ein NBA B, so dss Σ ω \L(A) = L(B). Beweis: Sei der DcoBA A = (Q, Σ, δ, q I, Q\F ). Dnn Σ ω \L(A) = L(A): für lle w = Σ ω ( ) w L(A) nicht δ (q I, i ) F für unendlich viel i 0 δ (q I, i ) F für nur endlich viel i 0 Inf{δ (q I, i ) : i = 0, 1,... } Q\F

55 Komplementierung von DBAs Stz Sei A = (Q, Σ, δ, q i, F ) ein DBA. Dnn git es ein NBA B, so dss Σ ω \L(A) = L(B). Beweis: Sei der DcoBA A = (Q, Σ, δ, q I, Q\F ). Dnn Σ ω \L(A) = L(A): für lle w = Σ ω ( ) w L(A) nicht δ (q I, i ) F für unendlich viel i 0 δ (q I, i ) F für nur endlich viel i 0 Inf{δ (q I, i ) : i = 0, 1,... } Q\F w A

56 Komplementierung von DBAs Stz Sei A = (Q, Σ, δ, q i, F ) ein DBA. Dnn git es ein NBA B, so dss Σ ω \L(A) = L(B). Beweis: Sei der DcoBA A = (Q, Σ, δ, q I, Q\F ). Dnn Σ ω \L(A) = L(A): für lle w = Σ ω ( ) w L(A) nicht δ (q I, i ) F für unendlich viel i 0 δ (q I, i ) F für nur endlich viel i 0 Inf{δ (q I, i ) : i = 0, 1,... } Q\F w A Es muss noch gezeigt werden, wie der DcoBA zu einem NBA konvertiert werden knn...

57 ein NcoBA in einen NBA umwndeln Stz Sei A = (Q, Σ, δ, q i, F ) ein NcoBA. Dnn git es einen NBA B, so dss L(A) = L(B).

58 ein NcoBA in einen NBA umwndeln Stz Sei A = (Q, Σ, δ, q i, F ) ein NcoBA. Dnn git es einen NBA B, so dss L(A) = L(B). Beweis: von einer nicht-deterministichen Runde n erlut der Automt nur Trnsitionen zu kzeptierenden Zustände. Q B = { q, 0 : q Q} { q, 1 : q F } q B I = q A I, 0 δ B ( q, 0, ) = { δ(q, ), 0, δ(q, ), 1 } Q B δ B ( q, 1, ) = { δ(q, ), 1 } Q B F B = { q, 1 : q F }

59 Beispiel q 0 q 1 q 0, 0 q 1, 0 q 1, 1 NcoBA A L(A) = ( + ) ω NBA

60 Zusmmenfssung Büchi Bedingung: unendlich oft kzeptierende Zustände co-büchi Bedingung: irgendwnn nur kzeptierende Zustände Die Komplementierung eines NBA ist nicht so leicht wie die eines NFA NBA lssen sich nicht determinisieren DBA lssen sich ls DcoBA komplementieren DBA lssen sich er komplementieren weil NcoBA sich ls NBA üersetzen lssen nächste Woche: NBA komplementieren

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