Konkatenation. Abschlusseigenschaften. Kleenescher Abschluss. Durchschnitt und Komplement

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1 Abschlusseigenschaften Satz T6.5.5: Die kontextfreien Sprachen sind gegen Vereinigung, Konkatenation und kleeneschen Abschluss abgeschlossen. Vereinigung: Seien G 1, G 2 Grammatiken für L 1, L 2. O.B.d.A. seien Variablenmengen disjunkt. Erzeuge Regel S S 1, S S 2 und übernimm alle Regeln von G 1, G 2 Konkatenation Seien G 1, G 2 Grammatiken für L 1, L 2. O.B.d.A. seien Variablenmengen disjunkt. Erzeuge Regel S S 1 S 2 und übernimm alle Regeln von G 1, G 2 Grammatik für L 1 L 2. Grammatik für L 1 L Kleenescher Abschluss Seien G Grammatik für L. Erzeuge neues Startsymbol S, die Regeln S ε, S S S, S S und übernimm alle Regeln von G Grammatik für L*. Durchschnitt und Komplement Satz T6.5.6: Die kontextfreien Sprachen sind nicht gegen Durchschnitt und Komplement abgeschlossen. (Durchschnitt) L 1 ={a n b n n 1}, L 2 ={c*}, L 3 ={a*}, L 4 ={b n c n n 1} und damit auch L 1 L 2 sowie L 3 L 4 sind kontextfrei, aber (L 1 L 2 ) (L 3 L 4 ) = {a n b n c n n 1} nicht

2 Komplement 1. Annahme: Kontextfreie Sprachen sind gegen Komplementbildung abgeschlossen. Seien L 1,L 2 kontextfrei. Dann ist auch Substitution Satz T6.5.7: Sei G eine kontextfreie Grammatik für L T *. Für alle a T seien G a kontextfreie Grammatiken für die Sprachen f(a) *. Dann ist f(l) kontextfrei. L 1 L 2 = L 1 L 2 kontextfrei. 2. {a n b n c n n 1} ist kontextfrei Übungen Konstruktion der Gram. für f(l) O.B.d.A. seien die Variablenmengen aller Grammatiken disjunkt Vereinigung ist Variablenmenge von G. Seien S a Startsymbol der Grammatik G a. Ersetze in allen Regeln von G die Terminale a durch S a (die Startsymbole von G a ). Die Regeln von G und alle Regeln der G a ergeben die Regelmenge von G. Startsymbol v. G ist S, das Startsymb. von G. 596 Korrektheit Mit Hilfe der Regeln von G erhält man Wörter S a1...s an mit a 1...a n L. Aus S a können genau die Wörter in f(a) abgeleitet werden. Aus S können genau die Wörter in f(l) abgeleitet werden. 597

3 Unentscheidbare Probleme Folgende Probleme sind für geg. kontextfreie Grammatiken G, G 1, G 2 unentscheidbar. Ist L(G)=T*? (Vollständigkeitstest) Ist L(G 1 )=L(G 2 )? (Äquivalenztest) Ist L(G 1 ) L(G 2 )? Ist L(G 1 ) L(G 2 )=? (Schnittproblem) Ist L(G 1 ) L(G 2 ) kontextfrei? Ist L(G) kontextfrei? Ist G mehrdeutig? Berechne G mit L(G)=L(G ) und s(g ) Schnittproblem Satz T6.6.1: Für kontextfreie Grammatiken G 1 und G 2 ist der Test, ob L(G 1 ) L(G 2 )= gilt, unentscheidbar. Reduktion PKP Schnittproblem Erinnerung PKP: Eingabe: K=((x 1,y 1 ),...,(x k,y k )) endliche Folge von Wortpaaren über endl. Alphabet Σ. Frage: Gibt es Folge i 1,...,i n {1,...,k}, n 1, mit x i1 x i2...x in =y i1 y i2...y in? minimal. (Minimierungsprobl.) Reduktion PKP Schnittproblem Sei Eingabe K=((x 1,y 1 ),...,(x k,y k )) für das PKP gegeben. Die Grammatik G 1 hat die Regeln: S 1 a 1 x 1,..., a k x k, a 1 S 1 x 1,...,a k S 1 x k. mit neuen Terminalsymbolen a 1,...,a k. Damit: L(G 1 )={a i(n)...a i(1) x i(1)...x i(n) } Folgen von Terminalsymbole a i mögliche Die Grammatik G 2 hat die Regeln: S 2 a 1 y 1,..., a k y k, a 1 S 2 y 1,...,a k S 2 y k. Damit: L(G 1 )={a i(n)...a i(1) x i(1)...x i(n) } L(G 2 )={a i(n)...a i(1) y i(1)...y i(n) } Reduktionsfunktion f:k (G 1,G 2 ). PKP-Problem K hat Lösung L(G 1 ) L(G 2 ). Denn: x i(1)...x i(n) ist Lösung für K x i(1)...x i(n) = y i(1)...y i(n) a i(n)...a i(1) x i(1)...x i(n) L(G 1 ) L(G 2 ). PKP-Lösungen

4 Mehrdeutigkeitsproblem Satz T6.6.2: Das Mehrdeutigkeitsproblem für kontextfreie Gram. ist nicht entscheidbar. Reduktion PKP Mehrdeutigkeitsproblem Erzeuge Gram. G mit Regeln S S 1, S S 2, sowie allen Regeln aus dem vorh. Beweis. Dann: x i(1)...x i(n) ist Lösung für K a i(n)...a i(1) x i(1)...x i(n) = a i(n)...a i(1) y i(1)...y i(n) ist aus S 1 und S 2 herleitbar. G mehrdeutig 602 Rechenwege von TMs Ziel: Weitere Unentscheidbarkeitsbeweise. Vorgehensweise: Beschreibung der akzeptierenden Rechenwege von TMs mit Hilfe von kontextfreien Grammatiken. Zeige, dass man mit Hilfe von Algorithmen für die betrachteten Probleme auf kontextfreien Grammatiken als unentscheidbar bekannte Probleme für TMs lösen kann. 603 Rechenwege von der TM M Definition T6.6.3: Die Sprache B M der akzeptierenden Rechenwege der TM M besteht aus den Strings w 1 #w 2R #w 3 #w 4R #...#w nr #, falls n gerade, w 1 #w 2R #w 3 #w 4R #...#w n #, falls n ungerade, wobei w 1 : Startkonfiguration, w n : akzeptierende Konfiguration und w i : Nachfolgekonfiguration von w i-1. Zshg. zw. B M und kontextfreien Spr. Satz 6.6.4: Für alle TMs M ist B M der Durchschnitt zweier kontextfreier Sprachen L 1 und L 2. Weiterhin können aus M kontextfreie Grammatiken G 1 und G 2 für L 1 und L 2 berechnet werden. Beweisidee: Idee: G 1 stellt Zshg. zwischen w i und w i+1 R (i ungerade) her, G 2 den Zshg. zwischen w ir und w i+1 (i gerade). Die Konfig. beginnen/enden nicht mit Blanks

5 Grammatik f. L={y#z R z Nachf.k. v. y} Kopierregel: S asa für alle a Γ\{B}. Zustandsübergang: Falls δ(q,a)=(q,b,1): Regel S qatq b. Falls δ(q,a)=(q,b,0): Regel S qatbq. Falls δ(q,a)=(q,b,-1): Regeln S cqatbcq für alle c. Zusätzliche Regeln für Blanks. Kopierregel T ata für alle a Γ\{B}. Abschlussregel T #. Analog: Gramm. für L ={y R #z z Nachf.k. v. y} 606 Konstruktion von L 1 und L 2 Idee: Abschlusseigenschaften ausnutzen. L 1 =(L#)*({ε}+Γ*F Γ*#) und L 2 =q 0 Σ*#(L #)*({ε}+γ*f Γ*#) sind kontextfrei und zug. Grammatiken können leicht konstruiert werden. Weiterhin: B M =L 1 L 2, denn L 2 erzwingt Startkonfiguration am Anfang. L 1 und L 2 zusammen erzwingen korrekte Konfigurationsübergänge und Abschluss mit akzeptierender Konfiguration. 607 Wann ist B M kontextfrei? Bei TMs, die nur einen Schritt ausführen. Schließen wir im Folgenden aus. Falls L(M) endlich ist. Anschließend zeigen wir: B M kontextfrei. Lemma T6.6.5: Sei M eine TM, die auf jeder Eingabe mindestens zwei Schritte ausführt. Dann ist B M genau dann kontextfrei, wenn L(M) endlich ist. : L(M) endlich B M endlich B M kontextfrei. : Sei L(M) unendlich. Annahme: B M kontextfrei. Ogden s Lemma anwendbar

6 L(M) unendl. B M n. kontextfrei Sei n die Konstante aus Ogden s Lemma. Wir wählen Wort γ L(M) mit γ n. Zug. Rechenweg: z=w 1 #w 2R #w 3 #... L mit w 2 n, wir markieren #w 2R #. E gibt Zerlegung z=uvwxy, wobei vx enth. mind. einen mark. Buchstaben, vwx enth. höchstens n mark. Buchstaben. Es wird nicht zugleich in w 1 u. w 3 gepumpt. Nach Pumpen w 2 nicht mehr Nachf.konf von w 1 oder w 3 nicht Nachf.konf. von w