Einführung in die Theoretische Informatik

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1 Technische Universität München Fakultät für Informatik Prof. Tobias Nipkow, Ph.D. Sascha Böhme, Lars Noschinski Sommersemester 2 Lösungsblatt 2 3. Mai 2 Einführung in die Theoretische Informatik Hinweis: Bitte beachten Sie unbedingt die Hinweise zum Übungsablauf und zu den Aufgabentypen auf der THEO-Website ( Hausaufgabe (5 Punkte). Beweisen oder widerlegen Sie für Sprachen A, B Σ : (AB) = (AB B) (A B ) = (A B) Gilt eine Gleichung nicht, so geben Sie möglichst einfache Eigenschaften für A und B an, so dass alle Fälle erfasst sind, in denen diese Gleichung gilt. 2. Beweisen oder widerlegen Sie für reguläre Ausdrücke α und β: (αβ α) α α(βα α) (αβ α) (αβ) α. Die Gleichung gilt nicht, denn z.b. mit A = {a} und B = {b} ist b ein Wort der Sprache auf der rechten Seite, nicht aber in der Sprache auf der linken Seite enthalten. Die Gleichung gilt aber, falls B = oder B = {} oder A. Wir zeigen die Aussage, indem wir die Teilmengenbeziehung für beide Richtungen zeigen. Beachten Sie, dass Konkatenation und Stern monoton sind, d.h. es gilt A C AB CB, B C AB AC und A B A B für alle Sprachen A, B, C. Damit gilt nun: (A B ) ((A B) B ) da A (A B) und umgekehrt: ((A B) (A B) ) da B (A B) = ((A B) ) da C = C C für beliebige C = (A B) da C = (C ) für beliebige C (A B) ((A B) (A B )) da (A B) (A B) C für beliebige C = (A B ) da A B A B 2. Die Ausdrücke sind äuivalent: (αβ α) α (αβ α) α mit Lemma 2.24(3) (α(β )) α α((β )α) α(βα α) mit Distributivität mit TA3. mit Distributivität

2 Mit α = a und β = b haben wir aab L((αβ α) ) aber aab L((αβ) α ) und damit sind die beiden Ausdrücke nicht äuivalent. Hausaufgabe 2 (7 Punkte) Wir betrachten das Alphabet Σ = {, }.. Finden Sie einen regulären Ausdruck α, der folgende Sprache beschreibt: Jedes Wort w in L(α) endet in einer Seuenz ungerader Länge von Einsen und alle anderen Seuenzen von Einsen in w sind von gerader Länge. Wandeln Sie diesen regulären Ausdruck mit dem Standardverfahren aus der Vorlesung in einen -NFA M um, so dass L(M) = L(α), und geben sie dabei sowohl den Graphen als auch die Übergangsrelation δ an. 2. Geben Sie einen NFA M an, der die Menge aller Wörter beschreibt, die entweder aus einer ungeraden Anzahl von Nullen bestehen oder aber mit einer Null anfangen, die von beliebig vielen Teilwörtern gefolgt wird. Nutzen Sie den Nichtdeterminismus aus. Wandeln Sie diesen NFA in einen DFA M 2 um, so dass L(M 2 ) = L(M ). Geben Sie für beide Automaten sowohl den Graphen als auch die Übergangsrelation an.. Der gesuchte reguläre Ausdruck ist ( ) (). Entsprechend dem Standardverfahren aus der Vorlesung ergibt sich folgender -NFA: δ(, ) = {, 7 } δ( 4, ) = { 5 } δ( 7, ) = { 8 } δ(, ) = { } δ(, ) = { 2, 4 } δ( 5, ) = { 6 } δ( 8, ) = { 9 } δ(, ) = { 2 } δ( 2, ) = { 3 } δ( 6, ) = {, 7 } δ( 9, ) = { } δ( 2, ) = { } δ( 3, ) = {, 7 } 2

3 2. Ein möglicher NFA M ist der folgende: δ(, ) = {, 3 } δ(, ) = { 2 } δ( 2, ) = { } δ( 3, ) = { 4 } δ( 4, ) = { 3 } Der daraus durch Determinierung erhaltene DFA M 2 ist wie folgt: { } {, 3 } { 2, 4 } { } { 2 }, { 3 } { 4 } Wir listen nur die von { } erreichbaren Zustände auf: δ(, ) δ(, ) { } {, 3 } {, 3 } { 2, 4 } { 2, 4 } { } { 3 } { } { 2 } { 2 } { } { 3 } { 4 } { 4 } { 3 } 3

4 Hausaufgabe 3 (4 Punkte) Ein Fragment von w Σ ist ein Wort, dass aus w durch Entfernen beliebiger Buchstaben entstanden ist. Zum Beispiel sind, a, b, aa, ab, ba, bb, aaa, aab, aba, baa. bab, bba, baaa, baab, baba und baaba alle Fragmente von baaba. Für eine Sprache L bezeichen wir mit Fragment(L) die Sprache aller Fragmente aller Wörter in L.. Sei L die von dem folgenden Automaten akzeptierte Sprache. b 2 3 a c a Konstruieren Sie daraus einen endlichen Automaten, der Fragment(L) akzeptiert. 2. Zeigen Sie, dass für alle regulären Sprachen L auch Fragment(L) regulär ist. Formulieren Sie dazu einen Algorithmus, der zu einem NFA M einen NFA M mit L(M ) = Fragment(L(M)) konstruiert, und begründen Sie seine Korrektheit. 3. Sei Σ = {a, b}. Die Sprache L = {a n b n n N} ist nicht regulär. Ist Fragment(L) dennoch regulär? Begründen Sie.. Ein -NFA, der Fragment(L) akzeptiert ist der folgende: b, 2 3 a, c, a, 2. Sei M = (Q, Σ, δ,, F ) ein NFA. Zunächst konstruieren wir einen -NFA M mit M = (Q, Σ {}, δ,, F ) und δ = δ {(,, ) a Σ. (, a, ) δ}. Man sieht leicht ein, dass dieser Automat Fragment(L(M)) akzeptiert: M enthält zu jeder Kante, die mit einem a Σ beschriftet ist, eine parallele Kante, die mit beschriftet ist. Daher ist ein akzeptierender Lauf durch den Automaten für ein Wort w auch gleichzeitig ein akzeptierender Lauf für jedes Fragment von w. Dazu wird für jeden ausgelassenen Buchstaben die -Kante (statt eine der Kanten aus δ) gewählt Wie in der Vorlesung erhalten wir nun aus M den gesuchten NFA M. 3. Es gilt Fragment(L) = L(a b ). Damit ist Fragment(L) regulär. 4

5 Hausaufgabe 4 (4 Punkte). Gegeben seien zwei DFAs M und M 2 über dem gleichen Eingabealphabet. Geben Sie ein direktes Verfahren an (ohne Umweg über reguläre Ausdrücke oder NFAs), um einen DFA M mit L(M) = L(M ) L(M 2 ) zu konstruieren. 2. Wenden Sie dieses Verfahren auf die beiden folgenden Automaten an., M : 2 M 2 : r r r 2. Seien M = (Q, Σ, δ, s, F ) und M 2 = (Q 2, Σ, δ 2, s 2, F 2 ). Dann gilt für den Automaten M = (Q Q 2, Σ, δ, (s, s 2 ), F Q 2 Q F 2 ) mit δ((, 2 ), a) := (δ (, a), δ 2 ( 2, a)) die geforderte Bedingung L(M) = L(M ) L(M 2 ), denn: w L(M) gdw. ˆδ((, 2 ), w) F Q 2 Q F 2 gdw. ˆδ((, 2 ), w) F Q 2 oder ˆδ((, 2 ), w) Q F 2 gdw. ( ˆδ (, w), ˆδ 2 ( 2, w)) F Q 2 oder ( ˆδ (, w), ˆδ 2 ( 2, w)) Q F 2 gdw. ˆδ (, w) F oder ˆδ2 ( 2, w) F 2 gdw. w L(M ) oder w L(M 2 ) gdw. w L(M ) L(M 2 ) wobei ˆδ((, 2 ), w) = ( ˆδ (, w), ˆδ 2 ( 2, w)) induktiv über die Länge von w gezeigt werden kann. 5

6 2. Wir konstruieren den Vereinigungsautomaten aus M und M 2 durch Ausnutzen der Tabellennotation: r r r 2 M 2, r, r, r 2, r, r, r 2, 2 2, r 2, r 2, r 2 M M 6

7 Quiz Beantworten Sie kurz die folgenden Fragen:. Geben sie eine Sprache A über dem Alphabet Σ = {, } an, so dass A und A A = A. 2. Wann genau ist die von einem endlichen Automaten erzeugte Sprache endlich? 3. Finden Sie einen regulären Ausdruck über dem Alphabet Σ = {, }, der die Menge aller Wörter beschreibt, die mit beginnen und in denen genau dreimal vorkommt.. Eine Lösung ist A = L(() ). 2. Genau dann, wenn es keinen erreichbaren und produktiven (d.h. ein Endzustand ist erreichbar) Zustand gibt, der auf einem Kreis liegt. 3. Eine Lösung ist. Tutoraufgabe Wir betrachten den regulären Ausdruck α = (( ) ).. Konstruieren Sie für α mit dem Standardverfahren aus der Vorlesung einen -NFA A, so dass L(α) = L(A) gilt. 2. Wandeln Sie den erhaltenen Automaten in einen äuivalenten NFA ohne -Übergänge um. 3. Konstruieren Sie durch Anwendung des Potenzmengenverfahrens einen DFA, der die Sprache des Ausdrucks α akzeptiert.. Die Konstruktion ist in Satz 2.7 der Vorlesung beschrieben mit dem Hilfszeichen. Man erhält dann den folgenden -NFA A = (Q, Σ {},, F ):

8 2. Wir vereinfachen zunächst den obigen -NFA durch Beseitigung offensichtlich unnötiger Zustände. Das sind Zustände, die keine Endzustände sind, und die genau eine eingehende und eine ausgehende Kante haben, von denen mindestens eine mit beschriftet ist. Diese Zustände können offensichtlich entfernt werden und die Übergänge zusammengefasst. Im konkreten Beispiel entfernen wir also die Zustände, 4, 5 und 8 und erhalten folgenden vereinfachten -NFA: Wir konstruieren nun den zugehörigen NFA A = (Q, Σ, δ,, F ) ohne -Übergänge. Dieser hat dieselbe Zustandsmenge aber eine geänderte Übergangsfunktion δ : δ (, a) = ˆδ(, a ) = ˆδ(, x). x a Es ist sinnvoll, zunächst die sogenannten -Hüllen ˆδ(, ) = x ˆδ(, x) aller Zustände zu berechnen. Wir erhalten ˆδ(, ) = { }, ˆδ(2, ) = { 2, 3 }, ˆδ(3, ) = { 3 }, ˆδ( 6, ) = { 3, 6 }, ˆδ(7, ) = { 3, 7 }, ˆδ(9, ) = { 9 }. Die Übergänge δ bei Eingabe von Buchstaben aus Σ ergeben sich aus der Formel wie folgt für a {, }: δ (, a) = ˆδ(ˆδ(ˆδ(, ), a), ) δ (, ) = ˆδ(ˆδ({ }, ), ) = ˆδ({ 9 }, ) = { 9 }, δ (, ) = ˆδ(ˆδ({ }, ), ) = ˆδ({ 2 }, ) = { 2, 3 }, δ ( 2, ) = ˆδ(ˆδ({ 2, 3 }, ), ) = ˆδ({ 6 }, ) = { 3, 6 },. Die übrigen Ergebnisse sind in der untenstehenden Tabelle angegeben, die die Übergangsrelation des neuen Automaten beschreibt. Da in unserem Beispiel offenbar das leere Wort nicht in L ist, d. h. L, kann die Menge der Endzustände unverändert 8

9 übernommen werden. Damit ist F = { 2, 6, 7, 9 }. i δ ( i, ) δ ( i, ) { 9 } { 2, 3 } 2 { 3, 6 } { 3, 7 } 3 { 3, 6 } { 3, 7 } 6 { 3, 6 } { 3, 7 } 7 { 3, 6 } { 3, 7 } 9 3. Das Potenzmengenverfahren liefert einen zu A äuivalenten DFA A = (P(Q), Σ, δ, { }, F ). Wir listen aber die Übergangsfunktion nur für die von aus erreichbaren Zustände auf. Im Folgenden schreiben wir abkürzend i j k für { i, j, k }. s i δ (s i, ) δ (s i, ) Alle weiteren Zustände und Übergänge sind von { } aus nicht erreichbar und daher für die Sprache von A irrelevant. Die Endzustandsmenge ergibt sich als F = { 2 3, 3 6, 3 7, 9 }. Bemerkung: Es gibt allerdings einen äuivalenten DFA mit nur 4 Zuständen. Tutoraufgabe 2 Das sogenannte Shuffle-Produkt spielt in der Theorie der nebenläufigen Systeme eine wichtige Rolle. Für zwei Sprachen L und L 2 bezeichnet L L 2 die Menge der Wörter, die man erhält, inde man zwei Wörter v L und u L 2 beliebig miteinander verschränkt. Dabei können sich Teile aus v und w beliebig abwechseln, wobei die Reihenfolge der Zeichen aus v und w jedoch erhalten bleibt. Das kann man sich gut als das Ineinanderschieben zweier Kartenstapel veranschaulichen. Formal definieren wir L L 2 wie folgt: L L 2 = {v w v2 w 2 v n w n v,..., v n, w,..., w n Σ, v v 2 v n L und w w 2 w n L 2 }. Versuchen Sie, eine einfache Beschreibung von L(() ) L(() ) zu finden. 2. Begründen Sie: Wenn L und L 2 regulär sind, dann ist auch L L 2 regulär. Hinweis: Konstruieren Sie einen NFA für L L Führen Sie die Konstruktion konkret für die Sprachen L(() ) und L(() ) durch und geben Sie einen regulären Ausdruck an, der die Sprache beschreibt. 9

10 . Es ist auf Anhieb nicht klar, wie die Sprache L(() ) L(() ) aussieht. Die erste Hypothese, dass es sich um {, } handeln könnte ist falsch, denn in beiden Teilsprachen ist die Anzahl der Einsen und der Nullen stets gleich, also muss das auch für das Shuffle-Produkt gelten. Andererseits ist z.b. das Wort nicht möglich, da drei Nullen hintereinander nicht vorkommen können. Man sieht also, das eine kompakte Beschreibung des Shuffle-Produkts unter Umständen schwierig sein kann. Die Automatenkonstruktion im nächsten Aufgabenteil hilft uns aber weiter. 2. Aus zwei NFAs N = (Q, Σ, δ,, F ) und N 2 = (Q 2, Σ, δ 2, 2, F 2 ) für L bzw. L 2 konstruieren wir einen NFA, der das Shuffle-Produkt akzeptiert. Wir verwenden einen Produktautomaten, dessen Zustände genau Paare von Zuständen der ursprünglichen Automaten sind: N = (Q Q 2, Σ, δ, (, 2 ), F F 2 ) Ein Schritt im neuen Automaten besteht darin, dass einer der beiden Teilautomaten einen Schritt macht: δ ((, 2 ), a) = {(, 2 ) δ (, a)} {(, ) δ 2 ( 2, a)} 3. Zu den regulären Ausdrücken () und () kann man leicht je einen NFA angeben: N : N 2 : Der Automat N für das Shuffle-Produkt hat dementsprechend vier Zustände: Hier kann man jetzt auch etwas leichter ablesen, wie die Produktsprache aussieht: Sie kann z.b. durch den regulären Ausdruck ( ) beschrieben werden. Tutoraufgabe 3 Beweisen oder widerlegen Sie für reguläre Ausdrücke α und β:. (αβ) α α(βα) 2. α α α Falls möglich, verwenden Sie für einen Beweis die Regeln zum Rechnen mit regulären Ausdrücken aus der Vorlesung.

11 . Diese Gleichung lässt sich mit den Rechenregeln aus der Vorlesung nicht zeigen. Dennoch sind diese beiden Ausdrücke äuivalent. Dafür zeigen wir zunächst, für zwei beliebige Sprachen A und B die Gleichung per Induktion: (AB) n A = A (BA) n n = : Es gilt (AB) A = A = A (BA). n n + : Es gilt (AB) n+ A = AB (AB) n A = ABA (BA) n mit Ind.hyp. = A (BA) n+ Damit sind die regulären Ausdrücke äuivalent, denn es folgt: L ((αβ) α) = (L(α)L(β)) L(α) = n (L(α)L(β)) n L(α) = L(α) (L(β)L(α)) n n = L(α) (L(β)L(α)) = L (α(βα) ) 2. Mit den Regeln aus der Vorlesung ergibt sich folgende Gleichungskette: α α α ( αα ) mit Lemma 2.26() (α ) αα ( α) αα (α αα ) mit Assoziativität mit Kommutativität mit Assoziativität (α αα ) mit Lemma 2.24(3) α( α ) mit Distributivität αα mit Beispiel 2.27 α mit Lemma 2.26()

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