Tutorium zur theoretischen Informatik Übungsblatt 1 ( )

Transkript

1 Das erste große Mißverständnis, das Sie aus dem Weg räumen müssen, ist der Wunsch nach Hilfe durch andere. Wirksame Energien können Sie von nirgendwo erwarten. Positiven Antrieb, also Motivation, finden Sie nur in sich selbst. (Herbert Steffny, Ulrich Pramann in "Perfektes Marathon-Training", letztes Kapitel "Die Motivation") Inhalt 1. empfehlenswerte Referenzen 2. Automaten definieren 1. Aufgabe a 2. Aufgabe b 3. Aufgabe c 3. Automaten ℇ-befreien 4. Vereinigungsautomat basteln 5. NFA in DFA wandeln 6. komplementären DFA bilden 7. Aufgaben to go 1. empfehlenswerte Referenzen Uwe Schöning "Theoretische Informatik kurzgefasst", ISBN Seite 52, "1.3.1 Normalformen": Kurzbeschreibung zur ℇ-Befreiung einer regulären Sprache Seite 32 35: Umwandlung von NFA nach DFA "Exorciser" ein Java-Tool für Übungen mit endlichen Automaten sche_inf/exorciser/index 2. Automaten definieren Aufgabe a) Konstruiere einen DFA, der die Sprache L {w w b = 3)} über Σ {a,b} erkennt. Lösung a) Jedes Wort, das von dem Lösungs-DFA erkannt wird, muss insgesamt 3 b s enthalten. An welcher Position genau, ist Wurst. Implizit folgt daraus erstens, dass das leere Wort ℇ nicht erkannt werden darf, und zweitens, dass es genau 3 b-übergänge geben muss. Hier die Lösung als Graph: Seite 1 / 11

2 Bzw. hier die formale Definition des Lösungs-DFA: M 1 { Q {q0, q1, q2, q3}, Σ {a, b}, δ {(q0, a)=q0, (q0, b)=q1, (q1, a)=q1, (q1, b)=q2, (q2, a)=q2, (q2, b)=q3, (q3, a)=q3}, q0, E {q3} } Aufgabe b) Konstruiere einen DFA, der die Sprache L {w w 0 (% 3)} über Σ {a,b} erkennt. Lösung b) Beobachtungen: Erstens ist das leere Wort Bestandteil der Sprache, denn 0 modulo 3 ist auch 0. Zweitens darf ein Endzustand immer erst dann erreicht werden, wenn 3 Terminalsymbole gewählt wurden welche: egal, aber alle σ Σ müssen bei jedem Übergang möglich sein. M 2 { Q {A, B, C}, Σ {a, b}, δ {(A, σ)=b, (B, σ)=c, (C, σ)=a}, A, E {A} } σ steht hier für ein beliebiges Element des Eingabealphabets. Man könnte so man ausführlich sein will jeden Übergang δ(z 1, σ)=z 2 mit δ(z 1, a)=z 2 und δ(z 1, b)=z 2 ersetzen, wobei Z 1 und Z 2 Elemente aus Q sind. Aufgabe c) Zeichne den Graph zu dieser formalen Definition und definiere die Sprache, die der Automat darstellt: M3 { Q {eins, zwei, drei, vier, fünf, sechs, sieben, acht}, Σ {a,b}, δ {(eins, a)=zwei, (eins, ℇ)=drei, (zwei, a)=vier, (drei, b)=zwei, (drei, ℇ)=fünf, (vier, a)=sechs, (fünf, b)=vier, (fünf, ℇ)=sieben, (sechs, ℇ)=acht, (sieben, b)=sechs, (sieben, ℇ)=acht}, eins, E {acht} } Seite 2 / 11

3 Lösung c) Die Sprache ist L {ℇ, b, ba, baa, aaa}. Statt hier verkrampft nach einem allgemeinen Ausdruck zur Bildung der Worte zu suchen, ist es einfacher, alle möglichen Worte einfach als Menge aufzulisten. So viele gibt es nicht. Beachtenswert ist, dass das leere Wort über Spontanübergänge herleitbar ist. Beim ℇ-befreiten Automat ist daher auch der Startzustand ein Endzustand. 3. Automaten ℇ-befreien Aufgabe Befreie diesen Graph von allen ℇ-Übergängen: Hinweis: der ℇ-Abschluss eines Zustands umfasst den Zustand selbst und alle Zustände, die ausschließlich über ℇ-Übergänge erreichbar sind. Seite 3 / 11

4 Lösung Dummerweise gibt es in diesem Graph einen durch ℇ-Übergänge gebildeten Zyklus. Daher gibt es kein "Ende" an dem man beginnen kann, die Spontanübergänge zu eliminieren. Ein solches "Ende" wäre ein Zustand, der von einem anderen Zustand durch einen ℇ- Übergang erreicht wird, selbst aber keinen ℇ-Übergang zu einem anderen Zustand hat. Wir beginnen daher einfach mal mit dem Zustand C, weil er ein Endzustand ist. Das Vorgehen: C erhält neue Übergänge, und zwar werden alle "Nicht-ℇ"-Übergänge zum Zustand C "herüberkopiert" von allen Zuständen, die von C aus rein durch ℇ-Übergänge erreicht werden können. Im Beispiel sind die Übergangsfolgen und die in die Übergangsfunktion neu einzufügenden Übergänge folgende: δ(δ(δ(c,ℇ)=a),a)=d δ(c,a)=d δ(δ(δ(δ(δ(δ(δ(δ(δ(c,ℇ)=a),ℇ)=b),ℇ)=c),b)=b),ℇ)=c δ(c,b)=c δ(δ(δ(c,ℇ)=d),σ)=c δ(c,σ)=c mit σ Σ Die zweite Ersetzung ist nicht ohne weiteres ersichtlich. Zunächst kann man mit ℇ- Übergängen den Zustand C selbst erreichen. Dann wendet man den b-übergang von C nach B an und danach wieder den ℇ-Übergang von B nach C. Das Resultat ist ein reflexiver b-übergang von C nach C. Zyklen von ℇ-Übergängen sind immer "gefährlich", weil sie in solchen möglichen Ableitungen resultieren. Hier der Zwischenstand nach Elimination der ℇ-Übergänge von C: Wie man sieht, ist nun der Zyklus durchbrochen. Daher machen wir weiter mit dem Zustand B. Sein einziger ℇ-Übergang führt zu C und C ist ja nun ℇ-frei. δ(δ(δ(b,ℇ)=c),a)=d δ(b,a)=d δ(δ(δ(b,ℇ)=c),σ)=c δ(b,σ)=c mit σ Σ δ(δ(δ(b,ℇ)=c),b)=b δ(b,b)=b Ausserdem wird B ein akzeptierender Zustand, so wie C. Schließlich könnte man von B spontan nach C wechseln und die Worterkennung beenden. Seite 4 / 11

5 Es bleibt der Zustand A ℇ-zubefreien: δ(δ(δ(a,ℇ)=b),b)=b δ(a,b)=b δ(δ(δ(a,ℇ)=b),a)=d δ(a,a)=d δ(δ(δ(a,ℇ)=b),σ)=c δ(a,σ)=c mit σ Σ Auch A wird Endzustand. Resultat: Das Ergebnis ist übrigens nicht zwingend der Automat mit der minimalen Anzahl an Zuständen. Evtl. können nämlich Zustände zusammengelegt werden. Dafür gibt es aber andere Algorithmen. Seite 5 / 11

6 4. Vereinigungsautomat Aufgabe Bilde den Automat, der die Sprache L L(M 1 ) L(M 2 ) für die Automaten M 1 und M 2 erkennt. Lösung Hier nicht notwendig, aber falls M 1 oder M 2 ℇ-Übergänge hätten, sollte man sie zunächst ℇ- befreien. Also wird hier als erster Schritt ein neuer Zustand hinzugefügt, von dem per ℇ- Übergängen spontan zu entweder M 1 oder M 2 gewechselt werden kann. Dies führt zu einer trivialen Lösung. Obwohl es nicht in der Aufgabenstellung enthalten ist, werden hier einfach, um es noch einmal zu demonstrieren - noch die ℇ-Übergänge eliminiert. Seite 6 / 11

7 Wie man sieht, kann U weggelassen werden, da der Zustand unerreichbar ist. Falsch wäre: S weglassen und dafür einen '1'-Übergang von T nach A ziehen. Warum? Weil man dann vom "M 1 -Komplex" zum "M 2 -Komplex" des Vereinigungsautomat wechseln könnte. 5. NFA in DFA wandeln (=Potenzmengenautomat) Aufgabe Wandle diesen NFA in einen DFA um. Lösung Die Idee besteht darin, die Zustandsmenge des neu zu konstruierten DFA so zu gestalten, dass darin immer jeweils "festgehalten" ist, in welchen Zuständen der zugrundeliegende NFA sich zum jeweiligen Arbeitsschritt befinden könnte. 1. Dazu wird aus den Zuständen des NFA die Potenzmenge gebildet und in einer Übergangstabelle eingetragen, wie die Übergänge im neuen DFA sein müssen. Dazu werden in einer Tabelle zuerst alle Potenzmengenzustände eingetragen und dann für jedes Element des zugrundeliegenden Alphabets der jeweilige Folgezustand ermittelt. a) Der Folgezustand jedes Übergangs ergibt sich aus allen Zuständen, die über das jeweilige Terminalsymbol von jedem einzelnen "Ursprungszustand" des Potenzmengenzustands erreicht werden können, z. B. wenn q0q1 P(Q) und {(q0,a)=q5, (q0,b)=q7, (q1,a)=q7, (q1,b)=q0} dann folgt daraus {(q0q1,a)=q5q7, (q0q1,b)=q0q7} ' b) Die Übergangstabelle gibt die einzelnen Regeln der -Funktion des zu konstruierenden Automaten in tabellarischer Form wieder. Eine Zeile steht jeweils für einen Potenzmengenzustand. Die Einträge unter den Spalten q0, q1, q2 und q3 geben wider, ob der jeweilige Zustand Teil des jeweiligen Potenzmengenzustands ist ("1") oder nicht ("0"). Zusätzlich wird hier in der Spalte ganz links vermerkt, ob der Potenzmengenzustand ein Endzustand ist. Die Spalten unter "a" und "b" geben den Folgezustand des Potenzmengenzustands wider, wenn das jeweilige Terminalsymbol angewandt wird. Dabei steht für die leere Menge (die ja bekanntlich Teil jeder Menge ist), was bedeutet, dass keiner der anderen Potenzmengenzustände unter Seite 7 / 11

8 Anwendung des jeweiligen Terminalsymbols erreicht wird. Die zum gegebenen Graphen gehörige Übergangstabelle ist diese: E q0 q1 q2 q3 a b nein nein q2 nein q1q3 q1 nein q1q3 q1q2 ja q3 ja q2q3 ja q1q3 q1q3 ja q1q3 q1q2q3 ja q2q3 q3 ja q2q3 q2q3 ja q1q2q3 q1q3 ja q1q2q3 q1q2q3 ja q2q3 q3 ja q2q3 q2q3 ja q1q2q3 q1q3 ja q1q2q3 q1q2q3 (Es gibt bekanntlich P(Q) = 2 Q Potenzmengenzustände. Wenn man das weiß, kann man die Zeilen der Tabelle durchzählen und somit schnell einen "Quercheck" machen, ob man vielleicht einen Zustand vergessen hat.) c) Der neue Startzustand (qs P(Q)) ist derjenige, bei dem jeder einzelne Ursprungszustand ein Startzustand war z. B. qp, qr S bei einem NFA N, dann ist der Potenzmengenzustand qpqr Element von S' im aus N konstruierten DFA. Im DFA aus dem NFA dieser Aufgabe ist q0 P(Q) der Startzustand, da es keine anderen Startzustände im NFA gab. Seite 8 / 11

9 2. Aus der Übergangstabelle lässt sich relativ einfach der neue Graph konstruieren. Dabei ist qe der Potenzmengenzustand, welcher der leeren Menge entspricht, und steht sozusagen für den einen Potenzmengenzustand, der aus "keinem" Ursprungszustand besteht. (Der Zustand q0q1q2q3 ist hier übrigens nichts besonderes! Sein Name passte nur nicht so richtig in die Grafik, daher die komische Darstellung...) 3. Prinzipiell ist der Graph nicht falsch, zur besseren Übersicht sollten aber alle unerreichbaren Zustände entfernt werden. a) Dazu zeichnet man den Graph am besten neu beginnend mit dem Startzustand. b) Wichtig ist, dass man akribisch sicherstellt, dass für jeden hinzugefügten Zustand je ein Übergang pro Terminalsymbol existiert. c) Das Resultat (wobei man genaugenommen auch noch qe und alle Übergänge, die zu ihm hin führen weglassen könnte): Seite 9 / 11

10 6. Komplementären DFA bilden Aufgabe Konstruiere den komplementären DFA zu dem dargestellten DFA. Lösung Dazu müssen alle Zustände von "akzeptierend" zu "nicht-akzeptierend" und von "nichtakzeptierend" zu "akzeptierend" gewechselt werden. Der Ausgangsautomat akzeptiert übrigens die Sprache L {x x w(v vz*uw)*}. Der komplementäre Automat akzeptiert L {x x (wvz*u)*} Seite 10 / 11

11 7. Aufgaben to go: 1. Konstruiere einen DFA zur Sprache L {w ( w b = 2i) v ( w b = 2(i+1)), i N 0 } mit Σ {a,b} 2. Warum kann man keinen endlichen Automaten zur folgenden Sprache definieren? L {a n b n } mit n N 0, Σ {a,b} 3. Konstruiere einen DFA der alle Zahlen erkennen kann, die genau durch 3 teilbar sind, also L {x (x%3) == 0)} Hinweis: bekanntlich ist eine Zahl durch 3 teilbar, wenn ihre Quersumme durch 3 teilbar ist. 4. Downloade und installiere den "Exorciser". Löse in dem Programm im Kapitel "Reguläre Sprachen" zu den folgenden Aufgabentypen mindestens eine Aufgabe im "Fortgeschrittenen"-Level a) Automatenkonstruktion (und hier natürlich wieder von jedem "Sprachtyp" je 1x) b) Reguläre Ausdrücke in endliche Automaten überführen c) ℇ-Übergänge entfernen d) NFA in DFA überführen e) Vereinigung 5. Konstruiere den DFA, der die Sprache L {x Σ * ( x a - x b ) 2 (%3)} mit Σ {a,b} erkennt. Hinweis: im Buch von Schöning (siehe oben) auf Seite 28 ("1.2.1 Endliche Automaten") ist ein ähnlicher Automat definiert. Seite 11 / 11