Grundlagen der Theoretischen Informatik, WS11/12 Minimale Automaten

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1 Fkultät IV Deprtment Mthemtik Lehrstuhl für Mthemtische Logik und Theoretische Informtik Prof. Dr. Dieter Spreen Dipl.Inform. Christin Uhrhn Grundlgen der Theoretischen Informtik, WS11/12 Minimle Automten Ziel: Konstruktion eines DEA A, der die wenigstens Zustände unter llen DEA s ht, die LpAq kzeptieren. Wie gehen wir dei vor? Die Idee ist, Zustände zusmmenzufssen, die sich ei gleicher Einge identisch verhlten, wenn mn den Automten lufen läßt. Zusmmenfssen heißt mthemtisch: ilden von Äquivlenzklssen. Forml: Dnn erhlten wir die Äquivlenzklssen p q P Σ.pδ pw, qq P F ðñ δ pw, pq P F q. rps tq P Q p qu. In Worten: In rps fllen ll diejenigen Zustände zusmmen, die sich zgl. ller Eingeworte w genuso verhlten wie p, wenn mn den Automten lufen läßt. Schließlich wollen wir den Quotientenutomten A{ pσ, Q{, rss, F, δ q mit F trqs q P F u und δ p, rqs q rδp, qqs. konstruieren. Q{ Q (d in A{ Zustände zusmmenfllen können). Mit Proposition hen wir gezeigt, dss sogr LpA{ q LpAq gilt. Nun will mn ntürlich wissen, o A{ der Automt mit der geringsten Anzhl von Zuständen ist. Hierei stoßen wir zunächst uf die L-Äquivlenz L. Wie kommen wir druf? In der Def. von etrchten wir Worte, mit denen wir von p und q us in einen Endzustnd gelngen. Wenn wir vom Strtzustnd us mit u P Σ nch p und mit v P Σ nch q kommen und mit w P Σ von p us in einen Endzustnd gelngen genu dnn, wenn wir mit p in einen Endzustnd gelngen, so sind die Wörter u, v in diesem Sinne äquivlent. D.h. wir können n eide Wörter w nhängen, so dss uw zw. vw kzeptiert wird, lso uw zw. vw us L sind. 1

2 Also: Für u, v P Σ : u L v P Σ.puw P L ðñ vw P Lq rus L tv P Σ u L vu Σ {L trus L u P Σ u, Σ {L heißt Index von L. Interessieren tun wir uns insesondere für den Index von L. Denn wir suchen eine utomtenunhängige untere Schrnke für die Anzhl der enötigten Zustände. Ziel: DEA AmitL LpAq enötigt mind. Σ {L Zustände ht. Dzu: Einführen der A-Äquivlenz. Für u, v P Σ u A v ðñ δ pu, sq δ pv, sq rus A tv u A vu In der A-Äquivlenzklsse von u fllen ll diejenigen Wörter v rein, mit denen mn vom Strtzustnd us in den gleichen Zustnd gelngt, wie mit u. Wrum tun wir ds? Sei A pσ, Q, s, F, δq mit L LpAq. Wir konnten zeigen: () u A v ùñ u L v, d.h. A ist eine Verfeinerung von L () Aus () erhlten wir: (i) Σ { A Q. Also ist Q oere Schrnke für Σ { A ; Anzhl der erreichren Zustände von A. (ii) Σ {L Σ { A. Also ist Σ { L untere Schrnke von Σ { A (Anzhl der Zustände von A (Mn echte wie wir uf L kmen!). Eigentlich A L, er es ist A A L is uf Isomorphie, d.h. Umenennung der Zustände. Wir erhlten lso Σ { L Q{.) Aus dieser Erkenntnis schließlich erhielten wir den Stz von Myhill/Nerode Eine Sprche ist genu dnn regulär, wenn sie endlichen Index (Anzhl der L-Äquivlenzklssen) ht. Ws ringt uns dieser Stz? 1) Er ietet uns eine Möglichkeit zu zeigen, dss eine Sprche nicht regulär ist. Denn die Umkehrung des Stzes liefert uns: 2

3 Eine Sprche ist genu dnn nicht regulär, wenn sie unendlichen Index ht. Ws edeutet ds? Der Index wr die Anzhl der Äquivlenzklssen uf L: Σ { L trus L u P Σ u und rus L tv P Σ u L vu und wiederum u L v P Σ.uw P L ðñ vw P L. Finden wir jetzt ein Wort w mit uw P L, er vw R L, so liegt Wort u in einer nderen Äquivlenzklsse ls v. Finden wir lso unendlich viele solcher Wörter u, so git es unendlich viele Äquivlenzklssen. Also ist Σ { L nicht endlich und dmit der Index von L nicht endlich. Also folgt mit dem Stz von Myhill/Nerode, dss L nicht regulär ist. In 1.1 werden wir Beispiele sehen, wie solche Beweise ussehen. 2) Der Beweis des Stzes liefert ein Verfhren, um zu einem gegeenen DEA A einen äquivlenten, minimlen DEA A zu estimmen. Dzu definiert mn sich die Reltion R Q Q mit (i) prq ùñ pp P F ðñ q P F q, d.h. sind p, q zgl. R äquivlent, so liegen eide in der gleichen Menge (F zw. QzF ). Also sind die Zustände p und q nicht unterscheidr, weil sie in der gleichen Menge zw. Äquivlenzklsse liegen. P Σ.ppRq ùñ δp, pqrδp, qqq (sind p, q nicht unterscheidr, so gilt dies uch für die Zustände p 1 δp, pq und q 1 δp, qq. Dmit sind in R ll diejenigen Zustndspre enthlten, die prweise nicht unterscheidr sind, die lso in der gleichen Äquivlenzklsse liegen. Wie konstruieren wir R? R lässt sich sukzessive konstruieren, in dem wir so lnge die Mengen R i estimmten, is R i R i 1 ist: R 0 tpp, qq P Q Q p, q P F _ p, q P QzF u R i 1 R i tpp, qq P R i D P Σ.pδp, pq, δp, qqq R R i u In R 0 sind zunächst lle Zustndspr (p,q) enthlten (die ntürlich äquivlent sind in dem Sinne, dss entweder eides Endzustände oder Nichtendzustände sind. Diese Mengen können wir ls die zwei ersten (groen) Äquivlenzklssen nsehen). In jedem weiteren Schritt entfernen wir nun diejenigen Zustndspre pp, qq, so dss p und q ei gleichem Zeichen in zwei unterschiedliche Äquivlenzklssen führen. D.h., dss die Zustände p 1 δp, pq und q 1 δp, qq prweise unterschieden werden können und dher pp 1, q 1 q R R i, ws wiederum heißt, dss p 1 und q 1 nicht äquivlent sind. Gilt R i R i 1, so git es solche Zustndspre nicht mehr und R i erfüllt dmit die vorhin vorgeführten Eigenschften (i) und (ii) und es folgt R i. Die ndere Richtung folgt mit Lemm Nun können wir die Äquivlenzklsse für p P Q wie folgt estimmen: Ist pp, qq P R, so ist q P rps Ri. 3

4 Die Konstruktion von R können wir uns uch ls Telle (oder Mtrix) notieren, woei wir ufgrund der Symmetrie der Reltion lediglich uf den Bereich unterhl der Huptdigonlen der Telle eschränken können. Besitzt unser ursprünglicher DEA die Zustände tq 0,..., q n u, so eschriften wir die Zeilen mit den Zuständen q 1 is q n und die Splten mit q 0 is q n 1. Sind zwei Zustände p, q unterscheidr, so trgen wir in die entsprechende Tellenzelle ein X ein. Zu Anfng unterscheiden wir Endzustände und Nichtendzustände. Entsprechend trgen wir in jede Zelle pp, qq mit p P F und q P QzF ein X ein. Nun gehen wir wie folgt vor: Sind p und q Zustände, so dss p 1 δp, pq und q 1 δp, qq für ein Zeichen und sind sind p 1 und q 1 unterscheidr (d.h. in der Zelle pp 1, q 1 q steht ein X), so sind uch p und q unterscheidr und wir trgen in die Zelle pp, qq ein X ein. Wir verfhren so mit llen Zustndspren. Sind wir fertig, so estimmen wir die Äquivlenzklssen wie folgt: Für jeden Zustnd p gehen wir dessen Zeile zw. Splte durch und smmeln diejenigen Zustände uf, zu denen p ununterscheidr ist (d.h. wo kein X steht). Diese Mengen sind unsere Äquivlenzklssen und stellen unsere Zustände des Automten dr. In 1.2 werden wir Beispiele sehen, wir dies konkret ussieht. 1 Beispiele 1.1 Beweise: L nicht regulär Aufge 1. Sei Σ t, u. Zeigen Sie mit Hilfe des Stzes von Myhill und Nerode, dss die Sprche L t n n n P Nu nicht regulär ist. Lösung: Wir zeigen, dss die zu L gehörige Äquivlenzreltion L unendlich viele Äquivlenzklssen esitzt. Die Wörter u n n mit n P N sind nicht L-äquivlent, denn für i j ist u i i i i P L, er u j i j i R L. D.h. jedes Wort u i liegt in einer nderen Äquivlenzklsse. Dmit esitzt L unendlich viele Äquivlenzklssen. Der Index von L ist dmit nicht endlich und L somit nch dem Stz von Myhill/Nerode nicht regulär. Aufge 2. Zeigen Sie mit Hilfe des Stzes von Myhill und Nerode, dss die Sprche L tw P t, u # pwq # pwqu nicht regulär ist. Lösung: Die Wörter u n n mit n 0 sind nicht L-äquivlent, d u i i i i P L, er u j i j i R L für i j. Also liegt jedes Wort u i in einer nderen Äq.kl. Dmit esitzt L unendlich viele Äq.klssen und L ist nch dem Stz von Myhill/Nerode nicht reg. Aufge 3. Sei Σ tc, du. Zeigen Sie mit Hilfe des Pumping Lemms für reg. Sprchen zw. mit Hilfe des Stzes von Myhill und Nerode, dss die Sprche L tc n d 2n n P Nu nicht regulär ist. Lösung: Wir zeigen, dss die zu L gehörige Äquivlenzreltion L unendlich viele Äquivlenzklssen esitzt. 4

5 Dzu etrchten wir die Worte u n : c n für n P N. Für lle i j sind die Worte u i und u j nicht L- äquivlent, weil ds Wort u i d 2i c i d 2i P L, er ds Wort u j d 2i c j d 2i R L. Dmit liegt jedes Wort u i in einer nderen L-Äquivlenzklsse, lso ru i s L ru j s L für i j. Somit esitzt L unendlich viele Äquivlenzklssen, womit L nch dem Stz von Myhill/Nerode nicht regulär ist. 1.2 Minimlisierung Aufge 4. Gegeen sei folgender in grphischer Form gegeener DEA A: q 1 strt q 0 q f q 2 Bestimmen Sie mit dem Verfhren us der Vorlesung den minimlen DEA A 1 zu A, der die gleiche Sprche kzeptiert. Lösung: () Wir eginnen dmit die Mengen R 0, R 1,... zu estimmen, is R i R i 1 gilt: R 0 tpq f, q f q, pq 0, q 0 q, pq 0, q 1 q, pq 0, q 2 q, pq 1, q 0 q, pq 1, q 1 q, pq 1, q 2 q, pq 2, q 0 q, pq 2, q 1 q, pq 2, q 2 qu Wie kommt es dzu? R 0 ist definiert ls die Menge die diejenigen Zustände enthält, welche prweise in F liegen, lso Endzustände sind, oder in QzF liegen, d.h. keine Endzustände drstellen. Es ist so z.b. pq f, q f q P R 0, d q f einziger Endzustnd ist. Die restlichen Pre stellen lediglich die Komintionen von nicht Endzuständen dr. Mchen wir den nächsten Schritt. D δp, q 0 q q 2 P QzF, er δp, q 2 q q f P F, sind die Zustände q 2 und q f unterscheidr (denn wenn wir n Wörter u, v, mit denen wir zuvor in q 0 zw. q 2 gelngt sind, ds Zeichen drnhängen, so gelngen wir durch Lesen des Zeichens us q 0 herus in einen Nichtendzustnd und us q 2 in einen Endzustnd. Dnn ist u R L, er v P L. Also gilt nicht q 0 q 2.) Also entfernen wir ds Zustndspr pq 0, q 2 q us R 0 (Wegen Symmetrie uch pq 2, q 0 q). 5

6 R 1 R 0 ztpq 0, q 1 q, pq 1, q 0 q, pq 0, q 2 q, pq 2, q 0 qu tpq f, q f q, pq 0, q 0 q, pq 1, q 1 q, pq 1, q 2 q, pq 2, q 1 q, pq 2, q 2 qu R 2 R 1 denn es lssen sich keine unterscheidren Zustände mehr entfernen D R 2 R 1 gilt, sind wir fertig. () Nun können wir die Äquivlenzklssen estimmen. D pq f, q f q P R 1, ist q f P rq f s. D pq 0, q 0 q P R 1, folgt q 0 P rq 0 s. D pq 1, q 1 q P R 1, folgt q 1 P rq 1 s. D pq 1, q 2 q P R 1, folgt q 2 P rq 1 s. Dmit hen wir lle Äquivlenzklssen estimmt und können nun den minimlen Automten konstruieren. Wir erhlten den DEA A 1 pσ, Q R1, rss R1, F R1, δ R1 q mit Q R1 trq 0 s R1, rq 1 s R1, rq f s R1 u. rss R1 rq 0 s R1, d der Strtzustnd von A gerde q 0 wr. F R1 trqs R1 q P F u trq f s R1 u, d q P F einziger Endzustnd wr. Schließlich fehlt noch δ R1, welches wir grphisch drstellen wollen. Die Üergänge ergeen sich dei us der Definition von δ., strt rq 0 s R1 rq 1 s R1 rq f s R1, Wir schuen uns nun die Bestimmung von R mit Hilfe einer Telle n. Zunächst stellen wir die Telle uf: q 1 q 2 q f q 0 q 1 q 2 Die ersten Zustndspre die wir unterscheiden können sind jene pp, qq mit p P F und q P QzF. D q f einziger Endzustnd mrkieren wir die gesmte Zeile mit X, denn q f unterscheidet sich von llen nderen Zuständen. q 1 q 2 q f X X X q 0 q 1 q 2 6

7 D δp, q 0 q q 2 P QzF, δp, q 2 q q f P F und pq 2, q f q eknntermßen unterschieden werden können, folgt, dss uch q 0 und q 2 unterschieden werden können. Und d gleiches für δp, q 0 q q 2 und δp, q 1 q q f gilt, folgt uch, dss q 0 und q 2 unterschieden werden können. Entsprechendes trgen wir in unsere Telle ein. q 1 X q 2 X q f X X X q 0 q 1 q 2 Es leit noch q 1 und q 2. Aer d δp, q 1 q q 1 P QzF und δp, q 2 q q 1 P QzF und gleiches für ds Zeichen mit q 1 und q f gilt, lssen sich diese eiden Zustände nicht unterscheiden. Dmit sind wir mit der Telle fertig. Wir können nun die Äquivlenzklssen ilden. Dzu etrchten wir die Splte für q 0 und stellen fest, dss q 0 sich von llen nderen Zuständen unterscheidet. Es ist rq 0 s tq 0 u. In der Splte für q 1 ist für q 2 kein X eingetrgen. Diese eiden Zustände sind lso ununterscheidr und fllen dher in die gleiche Äquivlenzklsse. Wir erhlten rq 1 s tq 1, q 2 u. Aufgrund der Symmetrie müssen wir uns die Splte für q 2 nicht mehr nschuen. Es leit die Zeile für q f. Aer q f unterscheidet sich von llen nderen Zuständen. Es folgt rq f s tq f u. Dmit hen wir lle Äquivlenzklssen und dmit die Zustände unseres minimlen Automten estimmt. 2 Pumping Lemm Ds Pumping Lemm esgt: Pumping Lemm Sei L Σ regulär. Dnn existiert eine Zhl n 1, so dss es zu jedem x P L mit x n eine Zerlegung x uvw mit den folgenden Eigenschften git: () v ε () uv n (c) 0quv i w P L. Aufge Zeigen Sie, dss L t n m n, m P N, m nu nicht regulär ist. Lösung: Wir mchen die Annhme L sei regulär und wollen diese Annhme zum Widerspruch führen. Im Pumping Lemm heißt es: Es existiert ein n 1, so dss für lle x P L mit w n gilt: es existiert eine Zerlegung x uvw mit v ε, uv n i w P L. Wenn nun für lle n 1 ein x P L existiert mit w n so dss gilt: für lle Zerlegungen x uvw gilt v ε, uv n und Di.uv i w R L, so hen wir einen Widerspruch zu forlli.uv i w P L hergeleitet. Also ist die Annhme L sei regulär flsch, lso ist L nicht regulär. Also: 7

8 Annhme: L sei regulär. Dnn existiert ein n 1 mit den im PL gennnten Eigenschften. Wir wählen x n n 1. Bechte, dss wir x elieig (lso pssend) wählen dürfen. Es ist x P L (denn n 1 n) und ußerdem w 2n 1 n. Also existiert eine Zerlegung uvw mit x uvw. D uv n, liegt uv gnz im Teilwort von x. Und d v ε ex. eine Zhl k mit 1 k n und ein j mit 1 j n und j k n mit u j und v k (hier geht ein, dss wir lle Zerlegungen etrchten). Wir wählen i 2. Dnn gilt: uv i w j p k q 2 n j k n 1 2k n k n 1 n k n 1. Und d k 1 ist n k n 1 und dmit uv i w R L, Widerspruch. Also ist L nicht regulär. Aufge Zeigen Sie, dss L t n m n, m P N, n mu nicht regulär ist. Beweis: Nehmen wir n L sei regulär. Dnn existiert eine Zhl n 1 mit den im PL gennnten Eigenschften. Wähle x n 1 n. Dnn ist x P L und x 2n 1 n. Also ex. eine Zerlegung uvw mit x uvw. D uv n, liegt uv gnz im Teilwort. Und d v ε ex. eine Zhl k mit 1 k n mit v k. Wähle i 0, dnn gilt uv i w pn 1q kpi 1q n pn 1q k n. D k 1 folgt pn 1q k n und dmit uv i w R L, Widerspruch. Also ist L nicht regulär. 8

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