Das Pumping-Lemma Formulierung

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1 Das Pumping-Lemma Formulierung Sei L reguläre Sprache. Dann gibt es ein n N mit: jedes Wort w L mit w n kann zerlegt werden in w = xyz, so dass gilt: 1. xy n 2. y 1 3. für alle k 0 ist xy k z L. 59 / 162 Anschaulich gesprochen heisst das: Ist w ein hinreichend langes Wort in L, dann gibt es ein Teilwort y in w, das nicht zu lang und nicht zu weit vom Anfang entfernt ist, und das beliebig oft wiederholt werden kann. Dies widerspricht nicht der Tatsache, dass endliche Sprachen regulär sind. (Das ist so, weil L = {w 1,..., w k } einfach durch den regulären Ausdruck w w k beschrieben wird.) Denn in einer endlichen Sprache L gibt es ein längstes Wort w max. Wählt man in der Aussage des Pumping-Lemmas n > w max, so ist die Aussage (leererweise) erfüllt: es gibt gar kein Wort w L mit w n.

2 Das Pumping-Lemma Beweis Wähle DFA A = (Q, Σ, δ, q 0, F ) mit L(A) = L, und setze n := Q. Sei w = a 1... a m L mit m n. Definiere für i m: w i := a 1... a i (w 0 = ɛ) q i := ^δ(q 0, w i ). Da Q = n, gibt es i < j n mit q i = q j, also ^δ(q 0, w i ) = ^δ(q 0, w j ). Definiere x = w i = a 1... a i y = a i+1... a j z = a j+1... a m Dann ist ^δ(q 0, x) = q i = ^δ(q 0, xy) = ^δ(q 0, xy k ) für alle k 0. Da w L(A), ist ^δ(q i, z) = q m F, also auch ^δ(q 0, xy k z) = q m F für alle k / 162 Die Zustände q 0,..., q n sind n + 1 viele, es gibt aber nur Q = n Zustände in A, also müssen nach dem Schubfachprinzip mindestens zwei davon gleich sein. Der Automat durchläuft also beim Lesen von w n = a 1... a n eine Schleife. Dann kann aber diese Schleife auch ausgelassen oder beliebig oft wiederholt werden, und der Zustand am Ende bleibt gleich.

3 Das Pumping-Lemma Anwendung Um zu zeigen, dass L nicht regulär ist, zeige: Für alle n N gibt es w L mit w n und für jede Zerlegung w = xyz mit xy n und y 1 gibt es ein k 0 so dass xy k z / L. 61 / 162 Das Pumping-Lemma liefert eine notwendige Bedingung dafür, dass eine Sprache regulär ist: Ist L regulär, dann hat L die Pumpeigenschaft, also die in der Konklusion des Lemmas beschriebene Eigenschaft. Es kann also verwendet werden, um zu zeigen, dass eine Sprache nicht regulär ist, indem man zeigt, dass sie die Pumpeigenschaft verletzt. Auf der Folie oben steht, was dazu gezeigt werden muss, nämlich die Negation der Pumpeigenschaft. Auf den folgenden zwei Folien sind zwei Beispiele, wobei das zweite hauptsächlich zeigen soll, dass man in manchen Fällen tatsächlich im letzten Schritt ein k > 1 wählen muss.

4 Erste Anwendung Theorem L eq = { w {0, 1} ; w 0 = w 1 } ist nicht regulär. Beweis: Sei n N gegeben. Wähle w = 0 n 1 n L eq mit w = 2n n. Sei eine Zerlegung w = xyz mit xy n und y = j 1 gegeben. Da xy n ist, ist x = 0 i und y = 0 j und z = 0 (n i j) 1 n. Wähle k = 0, dann ist xy 0 z = xz = 0 (n j) 1 n / L eq, da j > 0 und somit xz 0 = n j < n = xz / 162 Zweite Anwendung Theorem L prim = { w {1} ; w ist prim } ist nicht regulär. Beweis: Sei n N gegeben. Wähle Primzahl p n + 2 und w = 1 p. Sei eine Zerlegung w = xyz mit xy n und y = j 1 gegeben. Es ist xz = p j. Betrachte das Wort w = xy k z für k = p j. w = xz + (p j) y = (p j) + (p j)j = (p j)(j + 1). Außerdem ist j 1, also (j + 1) 2, sowie j n p 2, also auch (p j) 2. Daher ist w keine Primzahl, und somit w / L prim. 63 / 162

5 Abschlusseigenschaften regulärer Sprachen Sind L, L 1 und L 2 reguläre Sprache, dann auch: Boolesche Operationen: L 1 L 2 Σ \ L L 1 L 2 (Vereinigung) (Komplement) (Durchschnitt) Reguläre Operationen: L 1 L 2 L (Konkatenation) (Kleenesche Hülle) Reversion: L R := { w R ; w L } wobei w R := a n... a 1 ist, wenn w = a 1... a n 64 / 162 Abschluss unter Vereinigung folgt wegen des + in regulären Ausdrücken. Zum Abschluss unter Negation: Sei A = (Q, Σ, δ, q 0, F ) ein DFA, der L akzeptiert. Dann akzeptiert Ā = (Q, Σ, δ, q 0, F ) mit F = Q \ F die Sprache Σ \ L, denn es gilt: w / L ^δ(q 0, w) / F ^δ(q 0, w) F w L(Ā) Der Abschluss unter Durchschnitt folgt daraus schon mittels der DeMorgan-Regel A B = Ā B. Er kann aber auch direkt durch die Konstruktion eines Produktautomaten gezeigt werden, der Automaten für L 1 und L 2 parallel ablaufen lässt: Sei also A i = (Q i, Σ, δ i, q 0,i, F i ) für i = 1, 2 ein DFA mit L(A i ) = L i. Konstruiere daraus den Produktautomaten A = (Q, Σ, δ, q 0, F ) mit: Zuständen Q = Q 1 Q 2, also Paare von Zuständen (p, q) mit p Q 1 und q Q 2. Anfangszustand ist q 0 = (q 0,1, q 0,2 ), das Paar aus den beiden Anfangszuständen, d.h. beide Automaten starten im Anfangszustand. Übergangsfunktion δ ( (p, q), a ) = ( δ 1 (p, a), δ 2 (q, a) ), d.h. beide Automaten führen ihren jeweiligen Übergang aus. Endzustände sind F = F 1 F 2, d.h. der Produktautomat ist im Endzustand, wenn beide Automaten im Endzustand sind. Es ist nun leicht durch Induktion über w zu zeigen, dass ^δ(q 0, w) = ( ^δ 1 (q 0,1, w), ^δ 2 (q 0,2, w) ) ist, also akzeptiert A gdw. beide A 1 und A 2 akzeptieren.

6 Klammerausdrücke Sei L kl := { w { <, > } ; w korrekt geklammerter Ausdruck } <<><<>>><> L kl <<>>><<>/ L kl Theorem L kl ist nicht regulär. Beweis: Angenommmen, L kl sei regulär. Dann wäre auch die folgende Sprache regulär: L kl < > = { < n > n ; n N } Beweis, dass L eq nicht regulär ist, zeigt, dass dies nicht der Fall ist Widerspruch! 65 / 162 Es folgt wegen des Abschlusses unter Durchschnitt, dass L kl nicht regulär ist. Der Beweis, dass L eq nicht regulär ist, zeigt eigentlich, dass die Sprache { 0 n 1 n ; n N } nicht regulär ist. Dies gilt, unabhängig davon ob die Symbole 0 und 1 oder < und > heißen. Dieses Beispiel ist wichtig, weil korrekt geklammerte Ausdrücke Bestandteil vieler für die Informatik wichtiger Sprachen sind, z.b. Programmiersprachen, Abfragesprachen, Markup-Sprachen. Diese Sprachen sind also allesamt nicht regulär, und man braucht raffiniertere Techniken als endliche Automaten, um sie auf syntaktische Korrektheit zu überprüfen.

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