Hochschule Bonn-Rhein-Sieg University of Applied Sciences Grantham-Allee Sankt Augustin

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1 Hochschule Bonn-Rhein-Sieg Uniersity of Applied Sciences Grantham-Allee Sankt Augustin Director b-it Applied Science Institute Fachbereich Informatik Prof. Dr. Kurt-Ulrich Witt Mathematische und theoretische Grundlagen der Informatik Aufgabe 1 Theoretische Informatik Übung 11 WS 14/15 Musterlösungen Gegeben sei die Grammatik G = ({ a, b }, { S, T }, P, S) P = { S a b aa bb at a bt b, T at bt a b } a) Geben Sie eine informelle Beschreibung on L(G) an, etwa in der Art: L(G) enthält alle Wörter über..., die...! b) Geben Sie eine formale Beschreibung on L an! Begründen Sie die Korrektheit Ihrer formalen Beschreibung! c) Transformieren Sie G in Chomsky-Normalform! d) Transformieren Sie die Grammatik G in einen Parser K G. e) Geben Sie eine Konfigurationsfolge für K G an, welche das Wort abaa akzeptiert. f) Ist L(G) eine reguläre Sprache? Begründen Sie Ihre Antwort! a) L(G) enthält alle nicht leeren Wörter über { a, b }, deren erste und letzte Buchstaben jeweils identisch sind. b) Es gilt: L(G) = { a, b } { cwc w { a, b }, c { a, b } } = { a, b } ({a} { a, b } {a}) ({b} { a, b } {b}) Es gilt offensichtlich T w für alle w { a, b } +. Daraus folgt, dass den Ableitungsschritten S a, S aa oder S at a w w { a, b } + alle nicht leeren Wörter über { a, b } abgeleitet werden, deren erster und letzter Buchstabe a ist. Analog gilt, dass den Ableitungsschritten S b, S bb oder S bt b w w { a, b } + alle nicht leeren Wörter über { a, b } abgeleitet werden, deren erster und letzter Buchstabe b ist. c) G ist ε-frei, reduziert und ohne Kettenregeln. Die Regeln S a b und T a b sind bereits in Chomsky-Normalform. Die restlichen Regeln werden gemäß dem orgestellten Verfahren transformiert: alte Regeln S aa S bb S at a S bt b T at T bt neue Regeln S C a C a, C a a S C b C b, C b b S C a T C a, C a a S C b T C b, C b b T C a T, C a a T C b T, C b b 1

2 Bis auf die Regeln S C a T C a und S C b T C b sind alle Regeln bereits in Chomsky-Normalform. Diese werden wie folgt transformiert: Regeln S C a T C a S C b T C b werden ersetzt durch S C a D 1, D 1 T C a S C b D 2, D 2 T C b Es ergibt sich die folgende zu G äquialente Grammatik G CNF in Chomsky-Normalform: G CNF = ({ a, b }, { S, T, C a, C b, D 1, D 2 }, P CNF, S) P CNF = { S C a C a C b C b C a D 1 C b D 2 a b, D 1 T C a, D 2 T C b, T C a T C b T a b, C a a, C b b } d) Die Transformation (der Parser-Generator) liefert den Kellerautomaten e) K G = ({ a, b }, { a, b, S, T }, {q}, δ, q, S, {q}) δ = { (q, a, a, q, ε), (q, b, b, q, ε), (q, ε, S, q, a), (q, ε, S, q, b), (q, ε, S, q, aa), (q, ε, S, q, bb), (q, ε, S, q, at a), (q, ε, S, q, bt b), (q, ε, T, q, a), (q, ε, T, q, b), (q, ε, T, q, at ), (q, ε, T, q, bt ) } (q, abaa, S) (q, abaa, at a) (q, baa, T a) (q, baa, bt a) (q, aa, T a) (q, aa, aa) (q, a, a) (q, ε, ε) f) Die Sprache L(G) ist regulär, denn sie wird z.b. on folgendem regulären Ausdruck α beschrieben: α = a b a(a b) a b(a b) b. Aufgabe 2 Geben Sie einen Kellerautomaten an, der die Sprache akzeptiert!. L = { a m b n c p d q m, n, p, q N 0, m + n = p + q } 2

3 Für den Kellerautomaten gilt L = L(K). Aufgabe 3 Sind die Sprachen K = ({ a, b, c, d }, { X, }, { s 0, s a, s b, s c, s d, s f }, δ, s 0, {s f }) δ = {(s 0, ε,, s f, ), //leeres Wort wird akzeptiert (s 0, a,, s a, X ), //a erster Buchstabe, wird gemerkt (s 0, b,, s b, X ), //b erster Buchstabe, wird gemerkt (s a, a, X, s a, XX), //weitere a s werden gemerkt (s a, b, X, s b, XX), //erstes b nach a s wird gemerkt (s b, b, X, s b, XX), //weitere b s werden gemerkt (s a, c, X, s c, ε), //erstes c nach a s (s b, c, X, s c, ε), //erstes c nach b s (s a, d, X, s d, ε), //erstes d nach a s (s b, d, X, s d, ε), //erstes d nach b s (s c, c, X, s c, ε), //weitere c s abgleichen (s c, d, X, s d, ε), //erstes d nach c s (s d, d, X, s d, ε), //weitere d s abgleichen (s c, ε,, s f, ), //Wort endete c (s d, ε,, s f, )} //Wort endete d a) L = { a i b j c k i < j oder j < k, i, j, k 0 }, b) L = { a n3 n N 0 }, c) L = { ww w { a, b } }, d) L = { a p p P }, e) L = { a n! n N 0 }, f) L = { w {a, b, c} w a = w b = w c } kontetfrei? Falls ja, dann geben Sie eine entsprechende Grammatik an und begründen Sie, dass diese Grammatik die Sprache erzeugt! Falls nein, dann geben sie einen Beweis an! a) Für die kontetfreie Grammatik G = ({ a, b, c }, { S, A, B, C, D, R, T }, P, S) P = { S R T, R AB, A aab Ab b, B cb ε, T CD, C ac ε, D bdc Dc c } 3

4 gilt L = L(G). L ist also kontetfrei. Es ist leicht einzusehen, dass A a i b j, i, j 0, i < j sowie dass B c k, k 0, gilt. Es folgt R a i b j c k, i, j, k 0, i < j. Analog kann begründet werden, dass T a i b j c k, i, j, k 0, j < k ist. Insgesamt folgt, dass L = L(G) gilt. Wenn wir daon ausgehen, dass die Sprachen L ab = { a i b i i N 0 } L b = { b j j N } L c0 = { c k k N 0 } L a = { a i i N 0 } L bc = { b j c j i N 0 } L c1 = { c k k N } kontetfrei sind, dann ergibt sich, da L = (L ab L b L c0 ) (L a L bc L c1 ) gilt, die Kontetfreiheit on L aufgrund der Abgeschlossenheit der kontetfreien Sprachen gegenüber Konkatenation und Vereinigung. b) L ist nicht kontetfrei.wir beweisen dies hilfe des Pumping-Lemmas für kontetfreie Sprachen. Wir nehmen an, L sei kontetfrei. Dann gibt es eine Zahl k N, so dass für alle z L z k gilt: z lässt sich zerlegen in z = uwy : (i) 1, (ii) w k, (iii) u i w i y L, für alle i N 0. Wir wählen z = a k3. Es ist z L z = k 3 k. z lässt sich also zerlegen in z = uwy = a p a q a r a s a t (I) p + q + r + s + t = k 3, (II) q + s 1 wegen (i) und (III) q + r + s k wegen (ii). Wegen (iii) muss gelten a p (a q ) i a r (a s ) i a t L für alle i 0. Wir wählen i = 4, dann gilt: k 3 = p + q + r + s + t = p + r + t + (q + s) wegen (I) < p + r + t + 4(q + s) wegen (II) = p + q + r + s + t + 3(q + s) = k 3 + 3(q + s) wegen (I) k 3 + 3k < k 3 + 3k 2 + 3k + 1 = (k + 1) 3 wegen (III) Die Länge des Wortes a p (a q ) 3 a r (a s ) 3 a t liegt also echt zwischen zwei benachbarten Kubikzahlen. Dieses Wort kann also kein Element on L sein, ein Widerspruch zu (iii). 4

5 c) L ist nicht kontetfrei. Ein Pumping-Lemma-Beweis kann analog dem Beweis geführt werden, dem gezeigt wird, dass { a n b n c n n 0 } nicht kontetfrei ist, indem man als Wort z = a k b k a k b k wählt. d) Wir nehmen an L sei kontetfrei. Dann gibt es gemäß dem Pumping-Lemmas ein n N, so dass sich alle Wörter a m L m n aufteilen lassen in z = uwy = a p a q a r a s a t = a p+r+t a q+r (die Aufteilung wird umgestellt zu z = uwy). Wir setzen k = p + r + t und l = q + s, dann ist z = a k a l (0) k + l = m, (1) 1 l n, (2) a k a l i L für alle i N 0. Wir wählen m = π n, d.h. z = a πn, π n P und π n n. Dann muss sich z zerlegen lassen in z = a k a l (0) k + l = π n, (1) 1 l n π n, (2) a k a l i L für alle i N 0. Wir wählen i = π n + 1, dann muss wegen (iii) a k a l(πn+1) L sein. Es gilt (0) a k a l(πn+1) = a k+lπn+l = a k+l+lπn = a πn+lπn = a πn(1+l) Wegen (1) ist 1 + l 2 und da ist π n (1 + l) / P, woraus der Widerspruch a πn(1+l) / L folgt. e) Wir nehmen an L sei kontetfrei. Dann gibt es gemäß dem Pumping-Lemmas ein n N, so dass sich alle Wörter a m L m n aufteilen lassen in z = uwy = a p a q a r a s a t = a p+r+t a q+r (die Aufteilung wird umgestellt zu z = uwy). Wir setzen k = p + r + t und l = q + s, dann ist z = a k a l (a) k + l = m, (b) 1 l n, (c) a k a li L für alle i N 0. Wir wählen m = n!, d.h. z = a n!, wo n! n ist. Wir können dabei daon ausgehen, dass n 2 ist, denn nur einem Zustand kann die Sprache L sicherlich nicht akzeptiert werden. Für n 2 ist zudem n! n > n! n. z muss sich zerlegen lassen in z = a k a l (a) k + l = n!, (b) 1 l 2 n n! < n! n, (c) a k a li L für alle i N 0. Wir wählen i = 2, dann muss wegen (iii) a k a 2l L sein. Wir zeigen, dass die Länge dieses Wortes echt zwischen n! und (n + 1)! liegt, d.h., dass n! < k + 2l < (n + 1)! (1) gilt, wo das Wort nicht zur Sprache gehören kann, ein Widerspruch zur unserer Annahme, dass es zur Sprache gehört. Es ist n! = k + l wegen (a) < k + 2l wegen (b) = k + l + l = n! + l wegen (a) n! + n wegen (b) < n! + n! n wegen (b) = n!(n + 1) = (n + 1)! 5

6 wo (1) gezeigt ist. f) Wir nehmen an, L sei kontetfrei. Die Sprache L = {a} {b} {c} ist regulär. Die Klasse der kontetfreien Sprachen ist abgeschlossen gegen Durchschnitt regulären Sprachen. Es folgt, dass die Sprache { a k b k c k k 0 } = L L kontetfrei sein müsste. Wir wissen aber, dass diese Sprache nicht kontetfrei ist. Da muss unsere Annahme, dass L kontetfrei ist, falsch sein. L ist also nicht kontetfrei. Der Beweis kann natürlich auch dem Pumping-Lemma geführt werden. Am günstigsten wählt man dann das Wort a n b n c n L (n sei die Pumping-Lemma-Zahl ). Der Beweis ist dann identisch dem in der Vorlesung, in dem gezeigt wird, dass { a k b k c k k 0 } nicht kontetfrei ist. Aufgabe 4 a) Gegeben sei die Grammatik G = ({ a, b }, { S, A, B, C }, P, S) P = { S AB BA A B, A CAC a, B CBC b, C a b } Geben Sie das Komplement L(G) on L(G) an! Begründen Sie Ihre Antwort! b) Beweisen oder widerlegen Sie: Ist L / kfs Σ, dann gilt L / kfs Σ! a) Es ist also Begründung: L(G) = { a, b } { ww w { a, b } } (2) L(G) = { ww w { a, b } } (3) Wenn man Ableitungen den Regeln S A und S B beginnt, dann erhält man alle Wörter über { a, b } ungerader Länge ( a bzw. b in der Mitte), diese können also nicht on der Form ww sein. Wenn man Ableitungen S AB oder S BA beginnt, erhält man alle möglichen Wörter gerader Länge der Art z = ayub bzw. z = ubay, y, u, { a, b }, = y und u =. Wir betrachten im Folgenden nur Wörter der Art z = ayub, die Argumentation für Wörter der Art z = ubay ist analog. Wir teilen z anders auf: Wir setzen z = aζb ζ = yu und teilen ζ in ζ = y u = u und y =. Wir erhalten z = ay u b ay = u b und ay u b (auch für den Fall, dass = u und y = sein sollte). Zur besseren Veranschaulichung betrachten wir diese Aufteilung on z detaillierter: Es sei z = ayub im Detail z = 1... }{{ m a y } 1... y m u 1... u n b 1... }{{ n } y u m, n 0, i, y i, u j, j { a, b }, 1 i m, 1 j n. Es sei m n (der Fall m n folgt analog), es ist also z = 1... }{{ m a y } 1... y n y n+1... y m y u 1... u n u b 1... n 6

7 Wir setzen wo sich y = n = ergibt, und wir setzen y = y 1... y n u = y n+1... y m u 1... u n wo sich u = m n + n = m = ergibt. Die neue Aufteilung sieht also so aus: z = 1... }{{ m a y } 1... y n y n+1... y m u 1... u n y u b 1... n Es folgt also ay = m n sowie u b = m n, also ay = u b. Wenn wir w = ay und w = u by setzen, erhalten wir also z = ww w = w und w w. Im Detail: z = 1... m a y 1... y n y } {{ } w y n+1... y m u 1... u n u b 1... n } {{ } w Selbst, wenn = u und y = sein sollten, unterscheiden sich w und w jeweils im m + 1-ten Buchstaben: Dieser ist a bei w bzw. b bei w. Es folgt also in jedem Fall, dass z / { ww w { a, b } } ist, wo insgesamt (2) und (3) gezeigt sind. b) Dieser Schluss gilt nicht im Allgemeinen. Als Beispiel wählen wir L = L(G) = { ww w { a, b } } der Grammatik G aus a). L ist nicht kontetfrei (siehe Aufgabe 3 c). Das Komplement L = L(G) ist aber kontetfrei (siehe a). Aufgabe 5 Wir nennen einen Kellerautomaten K = (Σ, S, Γ, δ, s 0,, F ) in Normalform genau dann, wenn gilt: Ist (s, a, A, s, α) δ, dann ist α 2. K schreibt also bei jedem Konfigurationsübergang ein Wort höchstens zwei Buchstaben auf den Keller. Sei PDA NF Σ die Klasse der Sprachen, die on Kellerautomaten in Normalform akzeptiert werden. Zeigen Sie, dass PDA NF Σ = PDA Σ gilt! Die Inklusion PDA NF Σ PDA Σ ist offensichtlich. Wir müssen noch PDA Σ PDA NF Σ L PDA NF Σ und K = (Σ, S, Γ, δ, s 0,, F ) ein Kellerautomat L = L(K). zeigen. Sei also Wir simulieren jeden Übergang (s, a, A, s, B 1 B 2... B m ) δ on K m 3 hilfe jeweils neuer Zustände s 1, s 2,..., s m 2 durch die Überführungen (ergleiche 2. Schritt der Transformation on kontetfreien Grammatiken in CNF) (s, a, A, s 1, B m 1 B m ), (s 1, ε, B m 1, s 2, B m 2 B m 1 ),..., (s m 2, ε, A, s, B 1 B 2 ) Für den so entstehenden Automaten K gilt offensichtlich: K ist in Normalform und L = L(K ), wo die Behauptung gezeigt ist. 7