Nachklausur zur Vorlesung Einführung in die Theoretische Informatik

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1 Universität Heidelberg 11. Oktober 2012 Institut für Informatik Prof. Dr. Klaus Ambos-Spies Dipl.-Math. Thorsten Kräling Nachklausur zur Vorlesung Einführung in die Theoretische Informatik Musterlösungen Zum Bestehen der Klausur mussten 20 von 60 möglichen Punkten erreicht werden.

2 Aufgabe 1 (Turingmaschinen - 6 Punkte) Geben Sie eine (1-Band-)Turingmaschine M an, die die Funktion f : N N N mit { y falls x ungerade f(x, y) = 0 sonst berechnet. Erläutern Sie dabei kurz die Arbeitsweise der von Ihnen angegebenen Maschine. Zur Erinnerung: die Zahl x wird durch das Unärwort 0 x+1 dargestellt. LÖSUNG: Die Turingmaschine M durchläuft zunächst den ersten Eingabeblock von links nach rechts und stellt dabei fest, ob dieser gerade Länge hat (d.h. x ungerade ist). Beginnend im Startzustand z 0 werden hierzu die Zustände z 1 (= Anzahl der Nullen links des Arbeitsfeldes ist gerade) und z 2 (= Anzahl der Nullen links des Arbeitsfeldes ist ungerade) abwechselnd durchlaufen. Ist M bei Erreichen des Blanks zwischen den beiden Eingabeblocks im Zustand z 1 ( x ungerade), so bleibt M vor dem zweiten Eingabeblock stehen und geht in den Stoppzustand z stop ( Ausgabe = y). Andernfalls geht M 2 Felder nach links (via Zustand z 3 ) und bleibt so vor einem Nullblock der Länge 1 stehen ( Ausgabe = 0). Formal ist M wie folgt definiert: M = (Σ, 2, Σ, Γ, Z, z 0, δ) wobei Σ = {0}, Γ = {0, b}, Z = {z 0, z 1, z 2, z 3, z stop } und δ durch folgende Tabelle gegeben ist: Z Γ Γ Bew Z z 0 b b R z 1 z R z 2 z R z 1 z 1 b b S z stop z 2 b b L z 3 z L z stop

3 Aufgabe 2 (Registeroperatoren - 6 Punkte) (a) (2 Punkte) Geben Sie einen Registeroperator A i j,k an (wobei die Zahlen i, j, k paarweise verschieden seien), der die Registerinhalte x i, x j, x k der Register i, j, k auf x i, x i + x j, 0 abbildet und die übrigen Register unverändert lässt. (b) (4 Punkte) Geben Sie einen Registeroperator P an, der die Funktion f(x 1, x 2 ) = (x 1 + x 2 ) 2 konservativ berechnet. Erläutern Sie die Arbeitsweise des von Ihnen angegebenen Operators! Hinweis: Sie können die in Teil (a) eingeführten Operatoren als Teiloperatoren von P verwenden. LÖSUNG: (a) A i j,k = [s k ] k [s i a j a k ] i [s k a i ] k Es wird zunächst Register k gelöscht [s k ] k : (x i, x j, x k ) (x i, x j, 0) dann der Inhalt von Register i unter Löschen in Register j und k hinzugefügt [s i a j a k ] i : (x i, x j, 0) (0, x j + x i, x i ) und schließlich der aktuelle Wert x i von Register k in Register i zurückgeschrieben [s k a i ] k : (0, x j + x i, x i ) (x i, x j + x i, 0) (b) P = A 1 3,6 A 2 3,6 A 3 4,6 A 3 5,6 s 5 [A 4 3,6 s 5 ] 5 [s 4 ] 4 Dabei arbeitet P wie folgt: Teiloperator Reg.1 Reg.2 Reg.3 Reg.4 Reg.5 Reg.6 x 1 x A 1 3,6 x 1 x 2 x A 2 3,6 x 1 x 2 x 1 + x A 3 4,6 x 1 x 2 x 1 + x 2 x 1 + x A 3 5,6 x 1 x 2 x 1 + x 2 x 1 + x 2 x 1 + x 2 0 s 5 x 1 x 2 x 1 + x 2 x 1 + x 2 (x 1 + x 2 ) 1 0 [A 4 3,6 s 5 ] 5 x 1 x 2 (x 1 + x 2 ) 2 x 1 + x [s 4 ] 4 x 1 x 2 (x 1 + x 2 ) Man beachte hierbei, dass der Teiloperator [A 4 3,6 s 5 ] 5 gerade (x 1 + x 2 ) 1 (= Startbelegung von Reg.5) mal den Startwert x 1 + x 2 von Reg.3 um den sich nicht verändernden Wert x 1 + x 2 von Reg.4 erhöht (wobei der Wert von Register 5 in jedem Schleifendurchgang dekrementiert wird).

4 Aufgabe 3 (Primitiv rekursive Funktionen - 6 Punkte) Zeigen Sie nur unter Verwendung der Definition der primitiv rekursiven Funktionen, dass die Funktion f : N 2 N mit primitiv rekursiv ist. f(x, y) = 2(x + y) Hinweis: Zeigen Sie zunächst, dass die Additionsfunktion f + (x, y) = x + y primitiv rekursiv ist. LÖSUNG: Verwendet werden darf, dass (i) die Ausgangsfunktionen Ui n, Cn j, S primitiv rekursiv sind, (ii) die Klasse PRIM der primitiv rekursiven Funktionen gegen Substitution (f = g(h 1,..., h m ) abgeschlossen ist, und (iii) die Klasse PRIM der primitiv rekursiven Funktionen gegen primitive Rekursion (f = PR(g, h)) abgeschlossen ist. Die primitive Rekursivität von f + zeigt man wie in der Vorlesung: Wegen der Rekursionsgleichungen f + (x, 0) = x und f + (x, y + 1) = (x + y) + 1 = S(f + (x, y)) entsteht f + durch primitive Rekursion aus den Funktionen g(x) = x und h(x, y, z) = S(z), d.h. f + = PR(g, h). Wegen (iii) genügt es daher zu zeigen, dass g und h primitiv rekursiv sind. Wegen g = U 1 1 und h = S(U 3 3 ) gilt dies für g nach (i) und für h nach (i) und (ii). Die Funktion f lässt sich nun mit Hilfe der Addition durch explizit darstellen. Also: f(x, y) = 2 f + (x, y) = f + (f + (x, y), f + (x, y)) f = f + (f +, f + ). Da f + primitiv rekursiv ist, folgt die primitive Rekursivität von f aus (ii).

5 Aufgabe 4 (Universelle Funktionen und Reduktionsmethode - 10 Punkte) (a) (2 Punkte) Welche Eigenschaften muss eine partielle Funktion ϕ haben, damit diese eine Gödelnummerierung der 1-stelligen partiell rekursiven Funktionen ist? (b) (4 Punkte) Zeigen Sie, dass die Mengen und A = { x, y : ϕ x (y) und ϕ y (x) } B = { x, y : ϕ x (y) oder ϕ y (x) } nicht rekursiv sind, wobei ϕ die Gödelnummerierung der 1-stelligen partiell rekursiven Funktionen aus der Vorlesung sei. (c) (4 Punkte) Sind die Mengen A und B aus Aufgabenteil (b) rekursiv aufzählbar? Begründen Sie Ihre Antwort! LÖSUNG: (a) Eine Gödelnummerierung ϕ der 1-stelligen partiell rekursiven Funktionen hat per definitionem die folgenden Eigenschaften: 1. ϕ ist eine 2-stellige partiell rekursive Funktion auf den natürlichen Zahlen: ϕ : N 2 N. 2. Zu jeder 1-stelligen partiell rekursiven Funktion ψ gibt es eine Zahl e, sodass ψ mit dem eten Zweig von ϕ übereinstimmt: ψ = ϕ e. 3. Zu jeder 2-stelligen partiell rekursiven Funktion ψ : N 2 N gibt es eine total rekursive Funktion h ( Übersetzungsfunktion von ψ nach ϕ ), sodass ψ e = ϕ h(e) für alle e N gilt. (b) Da A das Komplement von B ist und da die Klasse der rekursiven Mengen gegen Komplement abgeschlossen ist, genügt es zu zeigen, dass A nicht rekursiv ist. Hierzu wiederum genügt es nach dem Reduktionslemma zu zeigen, dass das nichtrekursive diagonale Halteproblem K d = {x : ϕ x (x) } auf A m-reduzierbar ist. Dies gilt aber via der rekursiven Funktion f(x) = x, x, da x K d ϕ x (x) ϕ x (x) & ϕ x (x) x, x A. (c) Die Menge A ist rekursiv aufzählbar, da diese der Definitionsbereich der partiell rekursiven Funktion ψ(z) = ϕ((z) 0, (z) 1 ) + ϕ((z) 1, (z) 0 ) ist. Da eine Menge genau dann rekursiv ist, wenn sie selbst und ihr Komplement rekursiv aufzählbar sind, folgt mit Teil (b), dass B (= Komplement von A) nicht rekursiv aufzählbar ist.

6 Aufgabe 5 (Rekursivität und rekursive Aufzählbarkeit - 8 Punkte) Welche der folgenden Aussagen sind wahr (wobei A, B N und f : N N gelte)? Begründen Sie Ihre Antworten und geben Sie zu den falschen Aussagen jeweils ein Gegenbeispiel an. (i) Ist A eine rekursiv aufzählbare Menge und B eine rekursive Menge, so ist die durch A \ B = {x : x A und x B} definierte Differenz von A und B rekursiv aufzählbar. (ii) Ist f eine totale rekursive Funktion und A rekursiv, so ist das durch f(a) = {f(x) : x A} definierte Bild von A bezüglich f wiederum rekursiv. (iii) Der Wertebereich einer rekursiven Funktion f ist genau dann rekursiv, wenn f schwach monoton ist. (iv) Seien A und B disjunkte rekursiv aufzählbare Mengen, sodass A B rekursiv ist. Dann sind die Mengen A und B ebenfalls rekursiv. Hinweis: Für nicht begründete Antworten gibt es keine Punkte! (Für falsche Antworten gibt es keinen Punktabzug.) Sie dürfen Ergebnisse aus der Vorlesung sowie die Church-Turing-These verwenden. LÖSUNG: (i) WAHR! Es gilt A \ B = A B. Da das Komplement einer rekursiven Menge wiederum rekursiv, also insbesondere rekursiv aufzählbar ist, folgt die Behauptung aus dem Abschluss der Klasse der rekursiv aufzählbaren Mengen gegen Durchschnitt. (ii) FALSCH! Eine nichtleere Menge B ist genau dann rekursiv aufzählbar, wenn diese der Wertebereich einer total rekursiven Funktion f ist. Insbesondere gibt es also für das nichtrekursive aber rekursiv aufzählbare Halteproblem K eine rekursive Aufzählungfunktion f. Für die rekursive Menge A = N gilt dann f(a) = f(n) = W b(f) = K. (iii) FALSCH! Richtig ist, dass für rekursive Funktionen f gilt: f schwach monoton W b(f) rekursiv. Die Umkehrung ist aber falsch. So ist z.b. die rekursive Funktion { 1 falls x gerade f(x) = 0 sonst nicht schwach monoton. Der Wertebereich von f, W b(f) = {0, 1}, ist aber rekursiv. (iv) WAHR! Aus Symmetriegründen genügt es zu zeigen, dass A rekursiv ist. Mit Hilfe der Church-Turing-These zeigt man dies wie folgt. Um für gegebenes x zu entscheiden, ob x in A ist, entscheidet man zunächst ob x A B gilt (was wegen der Rekursivität dieser Menge nach C-T-T möglich ist). Ist dies nicht der Fall, so gilt offensichtlich x A. Im Falle von x A B muss - wegen der Disjunktheit von A und B - entweder x A oder x B gelten. Da die Mengen A und B nach Annahme und C-T-T aufzählbar sind, kann man aber feststellen, welcher der beiden Fälle vorliegt, indem man A und B simultan aufzählt bis x in A gezählt wird ( x A) oder x in B gezählt wird ( x A).

7 Aufgabe 6 (Chomsky-Hierarchie - 4 Punkte) Zeigen Sie, dass die Sprache L = {ww : w {0, 1} } nicht kontextfrei ist. LÖSUNG: Der Beweis ist indirekt. Widerspruchsannahme: L = {ww : w {0, 1} } sei kontextfrei. Nach dem Pumpinglemma für kontextfreie Sprachen gibt es dann eine Zahl p, sodass es für jedes Wort z in L der Länge p eine Zerlegung von z in 5 Teile gibt, z = uvwxy, die die folgenden Eigenschaften haben: (i) vx 1 (d.h. v λ oder x λ) (ii) vwx p (iii) n 0 : z n := uv n wx n y L Insbesondere gibt es also für das Wort z = 0 p 1 p 0 p 1 p (das in L liegt und Länge p hat) eine Zerlegung z = uvwxy wie oben. Wegen der Eigenschaft (ii) muss das Teilwort vwx innerhalb von zwei aufeinanderfolgenden Blöcken von z liegen (also innerhalb einer der unterstrichenen Teile: 0 p 1 p 0 p 1 p oder 0 p 1 p 0 p 1 p oder 0 p 1 p 0 p 1 p ). Das Wort z 0, das durch Weglassen von v und w entsteht hat also eine der folgenden Gestalten: 0 p 1 p 0 p 1 p oder 0 p 1 p 0 p 1 p oder 0 p 1 p 0 p 1 p wobei p, p p gilt und wegen (i) weiterhin p < p oder p < p gelten muss. In jedem Fall folgt hieraus, dass z 0 nicht die Gestalt ww hat, also im Widerspruch zu (iii) z 0 nicht in L liegt.

8 Aufgabe 7 (Kontextfreie Sprachen - 6 Punkte) (a) (3 Punkte) Geben Sie eine kontextfreie Grammatik G an, die die Sprache erzeugt. L = {0 n 1 n 0 m : n, m 0} {0 n 1 m 0 m : n, m 0} (b) (3 Punkte) Geben Sie alle möglichen Linksherleitungen in der von Ihnen angegebenen Grammatik G für das Wort w = an. Ist die Grammatik G eindeutig? (Begründung!) LÖSUNG: (a) Die kf. Grammatik G = ({S, X, Y, Z}, {0, 1}, P, S) mit den Regeln S XZ ZY X 0X1 λ Y 1Y 0 λ Z Z0 λ erzeugt L, wobei sich aus den Variablen X, Y und Z gerade die Wörter der Gestalt 0 p 1 p, 1 p 0 p bzw. 0 p mit p 0 erzeugen lassen. Mit der Regel S XZ beginnende Ableitungen ergeben also gerade die Wörter in der Teilsprache L 1 = {0 n 1 n 0 m : n, m 0} von L während mit der Regel S ZY beginnende Ableitungen die Wörter in der Teilsprache L 2 = {0 n 1 m 0 m : n, m 0} ergeben. (b) Das Wort w = (das im Durchschnitt von L 1 und L 2 liegt) besitzt die folgenden zwei verschiedenen Linksherleitungen, weshalb G nach Definition mehrdeutig ist: S XZ S ZY 0X1Z Z0Y 00X11Z Z00Y 000X111Z Z000Y Z 000Y Z0 0001Y Z Y Z Y BEMERKUNG: In G besitzen alle Wörter z n = 0 n 1 n 0 n L, die im Durchschnitt der Sprachen L 1 und L 2 liegen, zwei verschiedene Linksherleitungen (nämlich eine, die mit S XZ beginnt, und eine, die mit S ZY beginnt), wogegen die Wörter, die nur in einer der beiden Teilsprachen L 1 und L 2 liegen, nur eine Linksherleitung besitzen. Man kann zeigen, dass für jede kontextfreie Grammatik G, die L erzeugt, fast alle Wörter in L 1 L 2 mehrdeutig sind. Die Sprache L ist daher inhärent mehrdeutig.

9 Aufgabe 8 (Kontextfreie und rechtlineare Sprachen - 6 Punkte) (a) (3 Punkte) Zeigen Sie, dass die Klasse der kontextfreien Sprachen gegen Verkettung abgeschlossen ist. D.h. sind die Sprachen L 1 Σ 1 und L 2 Σ 2 kontextfrei, so ist auch deren Verkettung kontextfrei. L 1 L 2 = {w 1 w 2 : w 1 L 1 und w 2 L 2 } (b) (3 Punkte) Zeigen Sie, dass die Klasse der rechtslinearen Sprachen ebenfalls gegen Verkettung abgeschlossen ist. LÖSUNG: (a) Seien G i = (N i, Σ i, P i, S i ) kontextfreie Grammatiken, die L i erzeugen (i = 0, 1), wobei o.b.d.a. N 1 N 2 = gelte. Dann ist G = (N 1 N 2 {S}, Σ 1 Σ 2, P, S) (wobei S N 1 N 2 ) eine kontextfreie Grammatik, die L 1 L 2 erzeugt, wobei P = {S S 1 S 2 } P 1 P 2. (NB: Da die Regel S S 1 S 2 nicht linear ist, versagt dieses Argument im Falle der (rechts)linearen Sprachen.) (b) Seien G i = (N i, Σ i, P i, S i ) rechtslineare Grammatiken in Chomsky- Normalform, die L i Σ i erzeugen (i = 0, 1), wobei wiederum o.b.d.a. N 1 N 2 = gelte. Dann ist G = (N 1 N 2, Σ 1 Σ 2, P, S 1 ) eine rechtslineare Grammatik, die L 1 L 2 erzeugt, wobei P = {X ay : X ay P 1 } {X as 2 : X a P 1 } P 2 und P zusätzlich die Regel S 1 S 2 enthält, falls S 1 λ P 1.

10 Aufgabe 9 (Reguläre Sprachen - 8 Punkte) Es sei L die reguläre Sprache L = {0 3n 1 2m+1 : n 1 & m 0}. (a) (4 Punkte) Geben Sie eine rechtslineare Grammatik an, die L erzeugt. (b) (4 Punkte) Geben Sie einen deterministischen endlichen Automaten an, der L erkennt. Stellen Sie hierbei den Automaten durch sein Übergangsdiagramm dar. LÖSUNG: (a) Die rechtslineare Grammatik G = (N, {0, 1}, P, S) wobei N = {S, A} und P die Regeln enthält, erzeugt die Sprache L. S 000S 000A A 11A 1 (b) Der deterministische endliche Automat mit folgendem Zustandsdiagramm erkennt die Sprache L: 0 z λ 0 z 0 z z 11 z 1 z