L = L(a(a b) b b(a b) a)

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1 Lösungen zur Proeklusur mit Kommentren Aufge 1. Ein Wort w {,} liegt genu dnn in L, wenn es entweder mit nfängt und mit endet oder umgekehrt. Also erhält mn L = L(( ) ( ) ). Ein DEA, der die Sprche L kzeptiert, sollte sich im ktuellen Zustnd ds erste und ds letzte Zeichen des isher gelesenen Wortes merken. Also enötigt er neen dem Strtzustnd (in dem er noch gr kein Zeichen gelesen ht) vier Zustände p,p,p und p, woei p z1 z 2 edeutet, dss ds isher gelesene Wort mit z 1 eginnt und mit z 2 endet. Mn wählt lso A = (Σ,Q,s,F,δ) mit Q = {s,p,p,p,p }, F = {p,p } und In Tellenform: δ : Q Σ Q δ(s,z) = p zz für lle z {,} δ(p z1 z 2,z) = p z1 z für lle z 1,z 2,z {,} δ Grphisch: s p p p p p p p p p p p p p p p p s p p

2 c. Es wird zunächst gezeigt, dss der Automt A ttsächlich die in. eschrieene Eigenschft esitzt, d.h. dss δ (s,w) = p z1 z 2 (1) für lle w {,} + mit erstem Zeichen z 1 und letztem Zeichen z 2. Dies wird durch Induktion üer w ewiesen. w = 1, d.h. w = z für ein z {,} Dnn ist z erstes und letztes Zeichen von w und per Definition von δ gilt δ (s,w) = δ(s,z) = p zz. Also ist (1) für w erfüllt. w > 1: Sei w = vz mit v {,} und z {,}. Wegen w > 1 ist v 1. Sei z 1 ds erste und z 2 ds letzte Zeichen von v. Dnn ist z 1 ds erste und z ds letzte Zeichen von w. Nch Induktionsnnhme für v gilt δ (s,v) = p z1 z 2, lso δ (s,w) = δ (s,vz) = δ(δ (s,v),z) = δ(p z1 z 2,z) = p z1 z, woei die letzte Gleichheit per Definition von δ gilt. Also ist (1) uch für w erfüllt. Dmit ist (1) ewiesen und wir erhlten zunächst für lle w {,} + : w L δ (s,w) = p z1 z 2 mit z 1 z 2 wegen (1) δ (s,w) F per Definition von F w L(A) Außerdem gilt ε / L und ε / L(A) wegen s / F, d.h. die Äquivlenz w L w L(A) gilt sogr für lle w {,}. Also ist L = L(A) ewiesen. Mn echte, dss (1) eine Aussge üer lle Wörter w {,} + mcht: Für jedes w {,} + wird der Zustnd δ (s,w) ngegeen, zu dem ds Wort w führt. Meistens rucht mn eine derrt llgemeine Aussge, dmit der Induktionseweis durchgeht. Mit einer spezielleren Aussge wie L L(A), die nur etws üer die Wörter us L ussgt, gelingt der Induktionsschritt ülicherweise nicht. d. Mit dem Verfhren us der Vorlesung erhält mn zu jedem (N)DEA A eine rechtslinere Grmmtik G mit L(G) = L(A). In unserem Fll erhlten wir lso die folgende Grmmtik G mit L(G) = L(A) = L: G = (Σ,N,S,P) mit Σ = {,}, N = Q = {s,p,p,p,p }, S = s und P = { s p p, p p p, p p p, p p p ε, p p p ε }

3 Aufge 2 Sei L = {w 1 w 2 w 1,w 2 {,} w 1 = w 2 }.. Nch dem (strken) Pumping Lemm genügt es zu zeigen: Für jedes n 1 existiert ein x L mit x n so, dss für jede Zerlegung x = uvw mit v ε und uv n ein Pumpfktor i N existiert mit uv i w / L. Sei n 1. Mn wähle x = n n. Dnn ist x L und x = 2n+1 n. Sei x = uvw mit v ε und uv n. Dnn esteht v nur us s, d.h. v = k für ein k 1 und es folgt uv 2 w = n+k n / L. Wie kommt mn uf ein geeignetes Wort x? Mn sollte ntürlich ein Wort wählen, ds sich leicht us der Sprche herus pumpen lässt. D L lle Wörter enthält, die ein in der Mitte esitzen, wäre es eher ungeschickt, ein Wort mit vielen s uszuwählen, denn dnn könnte eim Pumpen eines dieser s versehentlich in die Mitte gelngen. Deshl wählt mn ein Wort, ds nur ds eine (unedingt notwendige) in der Mitte enthält. Dieses eine lässt sich eim Pumpen leicht us der Mitte herus schieen.. Nch dem Stz von Myhill-Nerode genügt es, unendlich viele Wörter in Σ zu finden, die prweise L-unterscheidr sind. Mn wähle die unendlich vielen Wörter n mit n N. Für lle m n gilt n n L und m n / L, lso sind n und m L-unterscheidr. Der Stz von Myhill-Nerode ist nichts nderes ls eine strkte Formulierung des Schufchprinzips, wie es zu Beginn der Vorlesung verwendet wurde. Eine Argumenttion, die explizit mit dem Schufchprinzip reitet, sieht so us: Angenommen, es existiert ein DEA A = (Σ,Q,s,F,δ) mit L = L(A). Mn etrchte die unendlich vielen Wörter n mit n N. D Q endlich ist, müssen mindestens zwei dieser Wörter zum gleichen Zustnd führen, d.h. es existieren zwei Zhlen m n mit δ (s, n ) = δ (s, m ). Dnn folgt er δ (s, n n ) = δ (δ (s, n ), n ) = δ (δ (s, m ), n ) = δ (s, m n ), d.h. uch n n und m n führen zum gleichen Zustnd. Ds ist ein Widerspruch zu L = L(A) weil n n L und m n / L. Also existiert kein DEA, der L kzeptiert, d.h. L ist nicht regulär. Ein elieter Fehler ei der Anwendung des Stzes von Myhill-Nerode esteht drin, dss mn nur zeigt, dss je zwei enchrte Wörter unter den unendlich vielen usgewählten L-unterscheidr sind, z.b. ei unserersprchediewörter n und n+1.dieseargumenttiongenügt nicht, denn sie eweist nur, dss mindestens zwei L-Äquivlenzklssen existieren: Es wäre möglich, dss lle 2n in der einen und lle 2n+1 in der nderen L-Äquivlenzklsse liegen.

4 Aufge 3 Sei A = (Σ,Q,S,F, ) der NDEA us der Aufgenstellung. Dnn ist der Potenzutomt A = (Σ,Q,s,F,δ) zu A definiert durch Q = (Q) s = S = {p,q} F = {P Q P F } = {P Q r P} δ : Q Σ Q δ(p,z) = {q Q p P. (p,z,q) } Den erreichren Teil von A erhält mn lso wie folgt: δ(s,) = δ({p,q},) = {q,r}, δ(s,) = δ({p,q},) = {p,r} δ({p,r},) = {q,r}, δ({p,r},) = δ({q,r},) =, δ({q,r},) = {p,r} δ(,) =, δ(,) = woei {p, r} und {q, r} die erreichren Endzustände sind. Grphisch: {q,r} {p,q}, {p,r} Mn sollte nicht vergessen, die Endzustände zu mrkieren. Außerdem sollte mn den toten Zustnd nicht weglssen (wenn er erreichr ist) und uch nicht die Üergänge von nch (denn forml gehören sie zum DEA, weil wir fordern, dss δ eine totle Funktion ist).

5 Aufge 4 Sei L Σ regulär.. In den Üungen wurde ereits ewiesen, dss für jede reguläre Sprche L uch die Sprchen Pref(L) und Suff(L) regulär sind, lso ist uch Su(L) = Pref(Suff(L)) regulär. Eine lterntive Lösung, ei der mn explizit mit endlichen Automten rgumentiert, sieht so us: Sei A = (Σ,Q,S,F, ) ein NDEA mit L = L(A). Mn wähle A = (Σ,Q,S,F, ) mit S = {p Q s S,u Σ. δ (s,u) = p} (die Menge ller erreichren Zustände) F = {q Q f F,v Σ. δ (q,v) = f} (die Menge ller leendigen Zustände) Dnn gilt Su(L) = L(A ), woei mn für einen exkten Beweis eine ähnliche Argumenttion wie für Pref(L) und Suff(L) (Üungsltt 2, Aufge 4) verwenden müsste. Mn echte, dss mn ei der Definition von A nicht einfch S = F = Q wählen knn: Wenn A unerreichre und/oder tote Zustände enthält, dnn könnte der so konstruierte Automt A Wörter kzeptieren, die nicht in Su(L) liegen.. Offensichtlich gilt Super(L) = Σ L Σ. Also ist Super(L) regulär, weil Σ und L regulär sind und die Klsse der regulären Sprchen geschlossen ist unter Konktention. Auch hier könnte mn explizit mit Automten rgumentieren. Eine solche Argumenttion würde er druf hinuslufen, dss mn die Konstruktion us der Vorlesung wiederholt: Aus einem Automten A für L und einem Automten A für Σ setzt mn einen Automten für die Konktention Σ L Σ zusmmen. Deshl ist es sinnvoller, mit den Sprchen selst zu rgumentieren.

6 Aufge 5 Sei A even ein DEA, der die Sprche L even = {w Σ w ist gerde} erkennt.. DerAlgorithmuskonstruiertusAundA even einendeaa mitl(a ) = L(A) L(A even ) = {w L(A) w ist gerde} und testet dnn (mit dem ereits eknnten Algorithmus), o L(A ).. Der Algorithmus rucht nur zu testen, o L(A) L(A even ). Ein solcher Algorithmus existiert lut Vorlesung. Alterntive Lösung: Sei A odd ein DEA, der die Sprche L odd = {w Σ w ist ungerde} erkennt. Dnn rucht mn nur zu testen, o L(A) L(A odd ) =. Ntürlich ist es uch möglich (er nicht gnz so einfch), Algorithmen nzugeen, die nicht uf die ereits eknnten Verfhren zurückgreifen: Den us der Vorlesung eknnten Algorithmus zur Berechnung der erreichren Zustände knn mn so verfeinern, dss er (simultn) die Mengen R even = {δ (s,w) w Σ w ist gerde} und R odd = {δ (s,w) w Σ w ist ungerde} erechnet. Dnn rucht mn nschließend nur noch zu üerprüfen, o. R even F. R odd F = Aufge 6 Sei G = (Σ,N,S,P) mit Σ = {,,c}, N = {S,A} und Es gilt L = L(G), denn: P = { S Sc, (1) S A, (2) A Ac, (3) A ε } (4) : Sei w = m n c m+n = m n c n c m. Dnn gilt S m m Sc m m Ac m n m n Ac n c m m n c n c m = w : Es gelte S w. Der letzte Schritt in dieser Aleitung knn nur mit (4) erfolgen. Deshl muss vorher irgendwnn ein Aleitungsschritt mit (2) erfolgt sein. Dmit ist die gesmte Aleitung von der Form Also ist w L. S m Sc m mit (1) m Ac m mit (2) m n Ac n c m mit (3) m n c n c m mit (4)

7 Aufge 7 Sei L = { m n c mn m,n N}. Es genügt zu zeigen, dss für jede Zhl n 1 ein Wort z L mit z n existiert so, dss folgendes gilt: Für jede Zerlegung z = uvwxy mit vx ε und vwx n existiert ein i N mit uv i wx i y / L. Sei n N. Mn wähle z = n n c n2. Dnn ist z L mit z = n 2 +2n n. Sei z = uvwxy mit vx ε und vwx n. Wir zeigen, dss ds Wort z 2 = uv 2 wx 2 y nicht in L liegt. 1. Fll: vx enthält nur cs, lso vx = c k mit k > 0. Dnn ist z 2 = n n c n2 +k / L. 2. Fll: vx enthält mindestens eines der Zeichen oder. Dnn ist # (z 2 ) > n oder # (z 2 ) > n, lso # (z 2 ) # (z 2 ) n (n+1) = n 2 +n. Wegen vx n ist ußerdem # c (vx) < n und dmit # c (z 2 ) < n 2 +n. Also ist # (z 2 ) # (z 2 ) > # c (z 2 ) und dmit z 2 / L. Diese Fllunterscheidung ist ntürlich sehr trickreich; sie fällt einem sicherlich nicht uf Anhie ein. Bei einer weniger trickreichen Lösung würde mn vielleicht so rgumentieren: Wegen vx n git es nur die folgenden 5 Möglichkeiten: () vx esteht nur us s () vx esteht nur us s (c) vx esteht nur us cs (d) vx esteht us s und s (e) vx esteht us s und cs Die Fälle () is (d) sind hrmlos, denn es ist offensichtlich, dss nch dem Pumpen mit i = 2 die Anzhl der s, s und cs nicht mehr wie gewünscht zusmmenpsst. Also leit (e) ls einzig schwieriger Fll ürig, in dem mn nochmls die Vorussetzung vx n usnutzen muss: D vx mindestens ein enthält, erhöht sich ds Produkt us der Anzhl der s und der Anzhl der s eim Pumpen mit i = 2 um mindestens n, er die Anzhl der cs erhöht sich höchstens um vx 1 n 1. Deshl psst uch in diesem Fll die Anzhl der s, s und cs nch dem Pumpen mit i = 2 nicht mehr wie gewünscht zusmmen. Die Üerlegungen zum Fll (e) zeigen uch, dss z gut gewählt wurde. Mit einer einfcheren Whl für z wie etw z = n c n oder z = n c n gelingt der Beweis nicht, denn diese Wörter ilden eine kontextfreie Teilsprche von L, us der mn durch Pumpen nicht heruskommt. Mn echte uch, dss mn in den Fällen (d) und (e) nicht mit der Reihenfolge der Zeichen rgumentieren knn: Wenn v nur us s und x nur us cs esteht, dnn gerät die Reihenfolge der Zeichen eim Pumpen nicht durcheinnder. Mit der Reihenfolge könnte mn nur dnn rgumentieren, wenn eines der Wörter v oder x ereits mehrere Zeichen enthält. Solche Fälle getrennt zu etrchten, lohnt sich er nicht. Es ist einfcher, nur üer die Anzhl der Zeichen zu rgumentieren.

8 Aufge 8 Eine pssende Mschine ist M = ({q 1,q 2,m 0,m 1,p,r,h},{0,1},{0,1,$,B},q 1,{h},δ) woei δ gegeen ist durch δ(q 1,) = (p 1,,R) für {0,1} δ(q 1,B) = (q 2,$,L) δ(q 2,$) = (q 2,$,L) δ(q 2,0) = (m 0,$,R) δ(q 2,1) = (m 1,$,R) δ(m 0,) = (m 0,,R) für {0,1,$} δ(m 0,B) = (p,0,l) δ(m 1,) = (m 1,,R) für {0,1,$} δ(m 1,B) = (p,1,l) δ(p,) = (p,,l) für {0,1} δ(p,$) = (q 2,$,L) δ(q 2,B) = (r,b,r) δ(r,$) = (r,$,r) δ(r,) = (h,,n) für {0,1} Die Idee ist, dss wir zuerst einen Mrker $ ns rechte Ende des Wortes schreien. Dnch gehen wir im Zustnd q 2 soweit nch links, is wir eine 0 oder eine 1 finden. Im ersten Fll gehen wir in Zustnd m 0, im zweiten in den Zustnd m 1 ; merken uns lso, welches Zeichen wir gefunden hen. In eiden Fällen üerschreien wir ds Zeichen mit $ und gehen ns rechte Ende, wo wir ds gemerkte Zeichen hinschreien. Im Zustnd p suchen wir jetzt nch links ds nächste $ und gehen dnn wieder in den Zustnd q 2. Finden wir irgendwnn im Zustnd q 2 ds Blnksymol sind wir fst fertig und müssen nur noch den Lese-/Schreikopf n die richtige Stelle ewegen. Aufge 9 Die Idee ist, dss wiederholt 1 von der Einge ziehen und dei jeweils eine Hilfsvrile zwischen 0 und 1 wechseln lssen. Ds Progrmm LOOP x 1 DO END x 1 := x 2 x 3 := 1; LOOP x 2 DO x 3 := x 3 1 END; x 2 := x 3 ; ist schon fst korrekt, erechnet llerdings die chrkteristische Funktion der ungerden Zhlen. Es muss lso noch um die erste Zeile x 1 := x 1 +1 ergänzt werden.

9 Aufge 10 Siehe Üungen. Aufge 11 Seih(i,j) = j i.dhµ-rekursivist,giteseinenindexe,sodssu(e, i,j ) = h(i, j). Mit dem s-m-n-theorem gilt dnn: j i = h(i,j) = u(e, i,j ) = u(s(e,1,i),j) ; lso ist g = λi.s(e,1,i) die gesuchte Funktion.

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