Musterlösung zur Hauptklausur Theoretische Grundlagen der Informatik Wintersemester 2013/14

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1 Institut für Theoretische Informatik Prof. Dr. Jörn Müller-Quade Musterlösung zur Hauptklausur Theoretische Grundlagen der Informatik Wintersemester 23/4 Vorname Nachname Matrikelnummer Hinweise Für die Bearbeitung stehen Ihnen 6 Minuten zur Verfügung. Zum Bestehen der Klausur sind 2 der 6 möglichen Punkte hinreichend. Es sind keine Hilfsmittel zugelassen. Schreiben Sie Ihre Lösungen auf Aufgabenblätter und Rückseiten. Zusätzliches Papier erhalten Sie bei Bedarf von der Aufsicht. Schreiben Sie Ihren Namen und Ihre Matrikelnummer auf jedes Blatt. Aufgabe mögliche Punkte erreichte Punkte a b c Σ a b c Σ x Σ 6

2 Seite Aufgabe (5+3+2 = Punkte) a) Gegeben seien die folgenden zwei deterministischen endlichen Automaten A und A 2 über dem Alphabet {, }., A : q q, A 2 : q q q 2 Konstruieren Sie einen DEA, der L = L(A ) L(A 2 ) akzeptiert. Wir konstruieren den Produktautomaten. q, q, q, q,2 q, q,2

3 Seite 2 b) Gegeben sei der folgende NEA A b. q a b a q b,c q 2 b q 4 a b,ε c q 3 Wenden Sie die aus der Vorlesung bekannte Potenzmengenkonstruktion auf den Automaten an, um einen zu A b äquivalenten DEA zu erstellen. Zeichnen Sie den Automaten! a b c {q } {q, q 2, q 3 } {q 2 } {q 2 } {q 2 } {q 4 } {q, q 2, q 3 } {q 4 } {q 2, q 4 } {q 4 } {q 4 } {q 2, q 4 } {q 4 } {q } b,c a {q 2 } b a,c {q 4 } b {q, q 2, q 3 } b {q 2, q 4 } c) Gegeben sei eine Sprache L = L L 2, wobei L und L 2 nicht-regulär sind. Muss L ebenfalls nicht-regulär sein? Begründen Sie Ihre Antwort. Nein. Betrachten Sie die Sprachen L = {a m b n m < n, m, n N} und L 2 = {a m b n m n, m, n N. Dann ist L = L L 2 = a b regulär.

4 Seite 3 Aufgabe 2 Gegeben sei die Sprache L = {a m b 2m c 3n m, n N }. a) Zeigen Sie, dass L kontextfrei ist. (3+3+4 Punkte) L ist kontextfrei, da sich eine Grammatik vom Chomsky-Typ 2 angeben lässt, die L erzeugt: G = {Σ, V, S, P } mit Terminalalphabet Σ = {a, b, c}, Variablen V = {A, B, C, S,, Y }, Startsymbol S und Produktionsmenge P = {S Y ABB ε Y CCC Y Y ε A a B b C c} b) Beweisen Sie mit dem Pumping Lemma für reguläre Sprachen, dass L nicht regulär ist. Angenommen, L wäre regulär. Dann existiert ein p >, sodass sich jedes Wort w L mit w p als w = xyz mit y > und xy p schreiben lässt. Wähle L w = a p b 2p c 3n für beliebiges n. Wegen xy p besteht xy nur aus a, und durch y > enthält y mindestens ein a. Damit ist xy z / L, da sich die Anzahl an b nicht ändert. Daraus folgt: L ist nicht regulär.

5 Seite 4 c) Beweisen Sie mit dem Pumping Lemma für kontextfreie Sprachen, dass L = {a m b 2m c 3m m N } nicht kontextfrei ist. Angenommen, L wäre kontextfrei. Dann existiert ein p >, sodass sich jedes Wort w L mit w p als w = uvxyz mit vy > und vxy p schreiben lässt. Wähle w = a p b 2p c 3p. Da vxy p hat vxy entwerder nur a s, b s oder c s, oder es enthält kein a oder kein c. In allen Fällen gilt uv 2 xy 2 z / L, da sich nie alle 3 Zeichen in vxy befinden und damit das Wort aus der Sprache fällt.

6 Seite 5 Aufgabe 3 (4+4+2 Punkte) a) Gegeben seien zwei Sprachen L, L 2 Σ mit den Eigenschaften: L ist entscheidbar, L L 2 ist nicht enscheidbar Es sei L L 2 := {w w 2 w i L i }. / L L 2 ist dabei ein eindeutiges Trennzeichen. Zeigen Sie: L L 2 ist nicht entscheidbar. Beweis durch Widerspruch. Angenommen, es existiert eine Turingmaschine M, die L L 2 entscheidet. Betrachte folgende Turingmaschine N: Bei Eingabe w L 2, simuliere M mit Eingabe y w, wobei y L (existiert, da L ). Gib aus, was M ausgibt. Es gilt: N entscheidet L 2 (M(y w) = w L 2 nach Definition von M). Widerspruch! b) Gegeben sei die Ackermannfunktion a : N N N: a(, m) = m + a(n +, ) = a(n, ) a(n +, m + ) = a(n, a(n +, m)) Die Ackermannfunktion wächst sehr schnell. So ist a(4, 4) schon nicht mehr sinnvoll in Dezimaldarstellung auszudrücken. Zeigen Sie: Die Menge L = {w a w a = a(n, m); m, n N } ist entscheidbar. Aus der Definition von a(, ) lässt sich ablesen, dass mit a(, m) jeder Wert in N außer erreicht werden kann. Daher kann man für ein gegebenes Wort w a direkt entscheiden, ob w a L.

7 Seite 6 c) Geben Sie zwei Sprachen an, die nicht entscheidbar sind. Halteproblem Halt = {( M, x) M ist eine Turingmaschine und hält bei Eingabe x} Diagonalsprache Diag = {w Σ Die Turingmaschine M mit M = w akzeptiert w nicht}

8 Seite 7 Aufgabe 4 (+5+4 Punkte) Wir betrachten in dieser Aufgabe multivariate Gleichungssysteme über Z 2, also Gleichungssysteme in mehreren Variablen über {, }. a) Lösen Sie das folgende multivariate Gleichungssystem: = () 2 = (2) + 3 = (3) (2) = 2 = (3) 3 = () 4 = 3 4 = (4) b) Das Entscheidungsproblem BMGLS ist folgendermaßen definiert: Gegeben: n Variablen... n, eine endliche Menge multivariater Gleichungen der Form n i= a i r i i + a = b mit a, a i, b Z 2 und r i N oder der Form u v = für u, v {,..., n}. Frage: Gibt es einen Vektor (x,..., x n ) Z n 2, der alle diese Gleichungen erfüllt? Zeigen Sie durch Reduktion von 3-COLOR: BMGLS ist NP-vollständig. BMGLS NP: Gegeben einen Lösungsvektor (x,..., x n ) Z n 2 kann durch einsetzen in Polynomialzeit geprüft werden, ob alle Gleichungen erfüllt werden. Reduktion von 3-COLOR: Gegeben ein Graph G = (V, E) mit V = {v,..., v m } und E V V, konstruiere folgendes Gleichungssystem GLS. Definiere die Variablen v,i, v V, i 3 ( v,i bedeutet, dass Knoten v die Frabe i hat). Jeder Knoten hat oder 3 Farben: v, + v,2 + v,3 =, v V Höchstens eine Farbe pro Knoten: v,i v,j =, v V, i < j 3 Unterschiedliche Farben für jeweils benachbarte Knoten: u,i v,i =, (u, v) E, i 3 Diese Transformation ist in Polynomialzeit berechenbar. Es gilt: G ist 3-färbbar GLS besitzt eine Lösung.

9 Seite 8 c) Es sei ein Orakel gegeben, das BMGLS-Instanzen entscheidet. Beschreiben Sie einen Polynomialzeitalgorithmus, der das zu BMGLS gehörende Suchproblem löst, falls eine solche Lösung existiert. a Betrachten Sie den folgenden Algorithmus. Bei Eingabe eines multivariaten Gleichungssystems G, prüfe mittels Orakel für BMGLS, ob G eine Lösung besitzt. Falls nein, gebe aus, falls ja: Für einen Vektor = (,..., n ) setze i = und i = sowie Ḡ = G. Wiederhole solange i n: Ersetze die Variable i in allen Gleichungen von Ḡ mit und erhalte ein Gleichungssystem Ḡ. Prüfe mittels Orakel, ob Ḡ eine Lösung besitzt. Falls ja, setze Ḡ = Ḡ, falls nein ersetze in allen Gleichungen von Ḡ i durch. Sobald i = n, gebe = (,..., n ) aus. Der Algorithmus läuft offensichtlich in Polynomialzeit. a In der ursprünglich gestellten Klausur war diese Teilaufgabe missverständlich formuliert. Die vorliegende Fassung enthält die korrigierte Formulierung.

10 Seite 9 Aufgabe 5 (5+2+3 Punkte) a) Gegeben ist der folgende binäre symmetrische Kanal mit Pr[ = ] = 4 und Pr[ = ] = 3 4.,5,5,5,5 Y Bestimmen Sie H(), H(Y ), H(, Y ), H(Y ), H( Y ) und I(; Y ) auf 2 Nachkommastellen genau. Hinweis: log 2 3,58. Es gilt: Pr[ = ] = /4, Pr[ = ] = 3/4, Pr[Y = ] = /2 und Pr[Y = ] = /2. Damit: H() = /4 log /4 4/3 = /2 + 3/4(2,58) =,8 [bit] H(Y ) = [bit] H(, Y ) = Pr[ = x, Y = y] log 2 Pr[ = x, Y = y] x y = 2(/4 /2 log 2 /8) 2(3/4 /2 log 2 3/8) = 3/4 + 3/4(3,58) = 3/4 2,42 =,8 [bit] H(Y ) = H(, Y ) H() = [bit] H( Y ) = H(, Y ) H(Y ) =,8 [bit] I(; Y ) = H() H( Y ) = [bit]

11 Seite b) Warum ist die Shannon-Fano-Codierung nicht optimal? Begründen Sie Ihre Antwort! Die Shannon-Fano-Codierung ist nicht optimal, da immer nach dem Sortieren der Häufigkeiten zwei Teilgruppen gebildet werden, deren aufsummierte Häufigkeiten ungefähr gleich groß sind. Dabei kann es bei wenigen aber stark unterschiedlichen Wahrscheinlichkeiten dazu kommen, dass seltene Zeichen relativ kurze und häufige Zeichen relativ lange Bitfolgen zugewiesen bekommen. c) Der in der Vorlesung vorgestellte [7,4]-Hammingcode kann 2-Bit-Fehler erkennen, ODER -Bit-Fehler werden korrekt korrigiert. Kann man den Hammingcode so modifizieren, dass sowohl 2-Bit-Fehler erkannt als auch -Bit-Fehler korrigiert werden können? Ja, man kann ein zusätzliches Parity-Bit für Codewörter einführen. Damit steigt die Minimaldistanz auf 4, sodass -Bit-Fehler immer noch korrigiert werden können. Bei 2-Bit-Fehlern ist nun keine eindeutige Zuordnung zu einem korrekten Codewort mehr möglich, sodass diese zwar erkannt, aber nicht mehr () korrigiert werden können.

12 Seite Aufgabe 6 ( Punkte) Bei dieser Multiple-Choice-Aufgabe gibt jede richtige Antwort Punkt; für jede e Antwort wird Punkt abgezogen, die Gesamtpunktzahl der Aufgabe kann jedoch nicht negativ werden. Für nicht beantwortete Fragen (kein Kreuz) werden keine Punkte abgezogen. Die Sprache L = {w {, } w = w } ist regulär. Es gilt P co-p. Ein Code, der genau aus allen Strings der Länge n N besteht, ist präfixfrei. Die Sprache L = { M M gibt immer die aus} ist nach dem Satz von Rice NP-schwer. Es existiert ein probabilistischer Algorithmus, der mit Wahrscheinlichkeit das Halteproblem entscheidet. 2 Pedersen-Commitments sind informationstheoretisch hiding. Deterministische Kellerautomaten sind echt mächtiger als nichtdeterministische. Jede reguläre Sprache kann von einer nichtdeterministischen Turingmaschine erkannt werden. Eine Formel ist in konjunktiver Normalform, wenn sie eine Konjunktion von Disjunktionen ist. Der reguläre Ausdruck ( + ) beschreibt alle Wörter über {, }, die eine durch 3 teilbare Anzahl von Einsen enthalten.