Satz (Abschluß unter der Stern-Operation)
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- Marcus Berger
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1 Satz (Abschluß unter der Stern-Operation) Wenn L eine reguläre Sprache ist, dann ist auch L regulär. Beweis: Es gibt einen NFA M = (Z, Σ, S, δ, S, E) mit L(M) = L. Wir bauen aus diesem NFA nun wie folgt einen NFA M : Falls ε L(M α ), so gibt es einen zusätzlichen Zustand, der sowohl Start- als auch Endzustand ist (damit auch das leere Wort erkannt wird). Die anderen Zustände, Start- und Endzustände sowie Übergänge bleiben erhalten. Alle Zustände, die einen Pfeil zu einem Endzustand von M haben, erhalten zusätzlich genauso beschriftete Pfeile zu allen Startzuständen von M (Rückkopplung). WS 11/12 95
2 S E a a M a evtl. zusätzl. Zustand WS 11/12 96
3 Genauer: M = (Z, Σ, S, δ, E ), wobei: { Z Z falls ε L = Z {s 0 } falls ε L { S S falls ε L = S {s 0 } falls ε L { E E falls ε L = {s 0 } falls ε L δ (z, a) = E { δ(z, a) für z Z mit δ(z, a) E = δ(z, a) S für z Z mit δ(z, a) E Hierbei gilt s 0 Z. WS 11/12 97
4 Es müssen nun Rechnungen analog (aber unübersichtlicher) zu den Rechnungen in vorherigen Beweisen geführt werden - wir ersparen uns dies. Satz (Abschluß unter Schnitt) Wenn L 1 und L 2 reguläre Sprachen sind, dann ist auch L 1 L 2 regulär. Beweis 1: Es gilt L 1 L 2 = L 1 L 2 und wir wissen bereits, daß reguläre Sprachen unter Komplement und Vereinigung abgeschlossen sind. WS 11/12 98
5 Beweis 2: In diesem Beweis werden die zwei Automaten für L 1 und L 2 miteinander synchronisiert und quasi parallelgeschaltet. Dies erfolgt durch das Bilden des Kreuzprodukts. Seien M i = (Z i, Σ, S i, δ i, E i ) NFAs mit L(M i ) = L i. Dann akzeptiert der folgende NFA M die Sprache L 1 L 2 : wobei M = (Z 1 Z 2, Σ, S 1 S 2, δ, E 1 E 2 ), δ((z 1, z 2 ), a) = {(z 1, z 2) z 1 δ 1 (z 1, a), z 2 δ 2 (z 2, a))} = δ 1 (z 1, a) δ 2 (z 2, a). WS 11/12 99
6 Induktiv über die Länge von w zeigen wir für alle Y Z 1 Z 2 und alle w Σ : ˆδ(Y, w) = (ˆδ 1 ({z 1 }, w) ˆδ 2 ({z 2 }, w)) (z 1,z 2 ) Y IA Für w = ε gilt ˆδ(Y, ε) = Y = {z 1 } {z 2 } = (z 1,z 2 ) Y (z 1,z 2 ) Y (ˆδ 1 ({z 1 }, ε) ˆδ 2 ({z 2 }, ε)) WS 11/12 100
7 IS Es ist ˆδ(Y, aw) gleich ˆδ( δ(z, a), w) = ˆδ( z Y (z 1,z 2 ) Y (δ 1 (z 1, a) δ 2 (z 2, a)), w) {ˆδ ( )} IV = 1 ({z 1}, w) ˆδ 2 ({z 2}, w) z (z 1, z 2 ) Y : 1 δ 1 (z 1, a) z 2 δ 2(z 2, a) = } {ˆδ 1 ({z 1 }, aw) ˆδ 2 ({z 2 }, aw) (z 1, z 2 ) Y Damit ist die Behauptung bewiesen. WS 11/12 101
8 Wir erhalten also für w Σ : w L(M) ˆδ(S, w) E (s 1, s 2 ) S = S 1 S 2 : ˆδ1 ({s 1 }, w) E 1 und ˆδ 2 ({s 2 }, w) E 2 w L(M 1 ) L(M 2 ) = L 1 L 2 Also ist L 1 L 2 tatsächlich regulär. Bemerkung: Der Automat aus dem ersten Beweis hat 2 2 Z 1 +2 Z 2 Zustände, der aus dem zweiten nur Z 1 Z 2 viele. viele WS 11/12 102
9 Beispiel für ein Kreuzprodukt: Bilde das Kreuzprodukt der folgenden zwei Automaten: a b b a b a, b WS 11/12 103
10 Reguläre Ausdrücke Erinnerung verschiedene Modelle zur Beschreibung aller regulären Sprachen: Rechtslineare Grammatiken: Verbindung zur Chomsky-Hierarchy erzeugen Sprachen nicht geeignet, um zu entscheiden, ob ein geg. Wort zur Sprache gehört NFAs: erlauben kleine, kompakte Darstellung intuitive graphische Notation nicht geeignet, um zu entscheiden, ob ein geg. Wort zur Sprache gehört DFAs: für effiziente Beantwortung der Frage, ob ein Wort zur Sprache gehört sind u.u. exponentiell größer als NFA WS 11/12 104
11 Reguläre Ausdrücke reguläre Ausdrücke erlauben es, die regulären Sprachen kompakt in Textform zu beschreiben Definition Die Menge Reg(Σ) der regulären Ausdrücke über dem Alphabet Σ ist die kleinste Menge mit folgenden Eigenschaften: Reg(Σ), ε Reg(Σ), Σ Reg(Σ). Wenn α, β Reg(Σ), dann auch (α β), (α + β), (α ) Reg(Σ). Bemerkungen: für (α β) schreibt man oft αβ für (α + β) schreibt man oft (α β) WS 11/12 105
12 Beispiel Σ = {a, b, c, d}: ε ((ab)b) ((a + d)a) ((((ab)a)) + ((((ba)b)) )) (((ab)((a + b) ))(ba)) Σ = {0, 1}: (1((0 + 1) )) (((0 )(1 ))(0 )) Beobachtung: Jeder reguläre Ausdrucke ist ein Wort über einem Alphabet Σ {, ε,, +,, (, )}. Intuition: Jeder reguläre Ausdruck stellt ein Wortschema dar. Wenn r regulärer Ausdruck über Σ ist, dann soll L(r) die Menge all der Wörter über Σ sein, die zum Wortschema passsen. WS 11/12 106
13 Nach der Festlegung der Syntax regulärer Ausdrücke, müssen wir auch deren Bedeutung festlegen, d.h., welcher reguläre Ausdruck steht für welche Sprache? Definition Für einen regulären Ausdruck α Reg(Σ) ist die Sprache L(α) Σ induktiv definiert: falls α = L(α) = {ε} {a} falls α = ε falls α = a Σ L(β) L(γ) falls α = (β + γ) L(β)L(γ) falls α = (β γ) (L(β)) falls α = (β ) WS 11/12 107
14 Beispiel (vgl. Folie 106) Σ = {a, b, c, d}: L(ε) = {ε} L(((ab)b)) = {abb} L(((a + d)a)) = {aa, da} L(((((ab)a)) + ((((ba)b)) ))) = {aba} {bab} = {aba, ε, bab, babbab, babbabbab,... } L((((ab)((a + b) ))(ba))) = {ab} {a, b} {ba} Σ = {0, 1}: L((1((0 + 1) ))) = {1} {0, 1} L((((0 )(1 ))(0 ))) = {0 i 1 j 0 k i, j, k N} WS 11/12 108
15 Klammern sparen: Äußere Klammern weglassen: (0 + 1) statt ((0 + 1) ). Da (L 1 L 2 )L 3 = L 1 (L 2 L 3 ) und (L 1 L 2 ) L 3 = L 1 (L 2 L 3 ), läßt man Klammern bei Operatoren auf gleicher Ebene weg: ( ) statt ((0 + 1) + (2 + 3)) oder (0 + (1 + (2 + 3))) Da L 1 L 2 = L 2 L 1, kann man in +-Ausdrücken auch die Reihenfolge ändern. Präferenzregeln: bindet stärker als bindet stärker als +. Damit erhalten die Beispiel-Ausdrücke die lesbarere Form: ε aba (a + d)a aba + (bab) ab(a + b) ba 1(0 + 1) WS 11/12 109
16 Beispiel Σ = {a, b}. L(a(a + b) bb) ist die Menge der Wörter, die mit a beginnen und mit bb enden. L((a + b) aba(a + b) ) ist die Menge der Wörter, die den Faktor aba enthalten. L((b ab a) b ) ist die Menge der Wörter, die eine gerade Anzahl von Vorkommen von a enthalten. WS 11/12 110
17 Satz (reguläre Ausdrücke NFAs) Zu jedem regulären Ausdruck γ gibt es einen NFA M mit L(γ) = L(M). Beweis: per Induktion über den Aufbau von γ. IA Für γ {, ε} Σ gibt es offensichtlich entsprechende NFAs. IS Die Klasse der regulären Sprachen ist abgeschlossen unter Vereinigung, Produkt und Kleene-Iteration. WS 11/12 111
18 Reguläre Ausdrücke Satz (DFAs Reguläre Ausdrücke) Zu jedem DFA M gibt es einen regulären Ausdruck γ mit L(M) = L(γ). Beweis: Sei M = ({1,..., n}, Σ, 1, δ, E) ein DFA. Wir konstruieren einen regulären Ausdruck γ mit L(M) = L(γ). Für ein Wort w Σ sei Pref(w) = {u Σ v : w = uv, ε u w} die Menge aller nicht-leeren echten Präfixe von w. Für i, j {1,..., n} und k {0,..., n} sei L k i,j = {w Σ δ(i, w) = j, u Pref(w) : δ(i, u) {1,..., k}}. WS 11/12 112
19 Reguläre Ausdrücke Intuitiv: Ein Wort w gehört zu L k i,j genau dann, wenn w den Zustand i in den Zustand j überführt, und dabei kein Zwischenzustand (außer vielleicht ganz am Anfang und ganz am Ende) aus {k + 1,..., n} vorkommt. Wir konstruieren für alle i, j {1,..., n} und k {0,..., n} reguläre Ausdrücke γ k i,j mit L(γ k i,j ) = Lk i,j. Falls E = {i 1, i 2,..., i m }, ergibt sich dann L(γ n 1,i 1 + γ n 1,i γ n 1,i m ) = L(M). Konstruktion von γ k i,j durch Induktion über k {0,..., n}. IA: k = 0. Es gilt: L 0 i,j = { {a Σ δ(i, a) = j} falls i j {ε} {a Σ δ(i, a) = j} falls i = j Einen regulären Ausdruck γ 0 i,j mit L(γ 0 i,j ) = L0 i,j können wir also leicht angeben. WS 11/12 113
20 Reguläre Ausdrücke IS: Sei 0 k < n und seien die regulären Ausdrücke γ k p,q für alle p, q {1,..., n} bereits konstruiert. Sei i, j {1,..., n}. Behauptung: L k+1 i,j Begründung: = L k i,j L k i,k+1 (Lk k+1,k+1 ) L k k+1,j : Sei w L k+1 i,j und sei l 0 so, daß der Zustand k + 1 auf dem eindeutigen mit w beschrifteten Pfad von i nach j genau l mal als echter Zwischenzustand auftaucht. 1.Fall: l = 0, d.h. k + 1 kommt gar nicht als echter Zwischenzustand vor. w L k i,j WS 11/12 114
21 Reguläre Ausdrücke 2.Fall: l > 0. w = w 0 w 1 w l 1 w l, wobei: δ(i, w 0 ) = k + 1 δ(k + 1, w p ) = k + 1 für 1 p l 1 δ(k + 1, w l ) = j w 0 L k i,k+1, w p L k k+1,k+1 (1 p l 1), w l L k k+1,j w = w 0 (w 1 w l 1 )w l L i,k+1 (L k k+1,k+1 ) L k k+1,j : L k i,j Lk+1 i,j ist offensichtlich. Falls w L k i,k+1 (Lk k+1,k+1 ) L k k+1,j, existiert ein l 0 und eine Faktorisierung w = w 0 w 1 w l 1 w l mit w 0 L k i,k+1, w 1,..., w l 1 L k k+1,k+1, w l L k k+1,j. Hieraus ergibt sich leicht w L k+1. Dies zeigt die Behauptung. i,j WS 11/12 115
22 Reguläre Ausdrücke Da alle regulären Ausdrücke γp,q k bereits konstruiert sind, können wir setzen: = γi,j k + γi,k+1 k (γk k+1,k+1 ) γk+1,j k γ k+1 i,j WS 11/12 116
23 Reguläre Ausdrücke Beispiel: Betrachte den folgenden DFA: a 1 2 a b b Damit ergibt sich (bei Durchführung offensichtlicher Vereinfachungen): γ1,1 0 = ε + b γ1,2 0 = a γ2,1 0 = a γ2,2 0 = ε + b γ1,1 1 = γ1,1 0 + γ1,1(γ 0 1,1) 0 γ1,1 0 = ε + b + (ε + b)(ε + b) (ε + b) = b γ1,2 1 = γ1,2 0 + γ1,1(γ 0 1,1) 0 γ1,2 0 = a + (ε + b)(ε + b) a = b a γ2,1 1 = γ2,1 0 + γ2,1(γ 0 1,1) 0 γ1,1 0 = a + a(ε + b)(ε + b) = ab γ2,2 1 = γ2,2 0 + γ2,1(γ 0 1,1) 0 γ1,2 0 = ε + b + a(ε + b) a = ε + b + ab a γ1,1 2 = γ1,1 1 + γ1,2(γ 1 2,2) 1 γ2,1 1 = b + b a(ε + b + ab a) ab WS 11/12 117
24 Reguläre Ausdrücke Wozu sind reguläre Ausdrücke in der Praxis nützlich? Suchen und Ersetzen in Editoren (Ausprobieren mit vi, emacs,... ) Pattern-Matching und Verarbeitung großer Texte und Datenmengen, z.b. beim Data-Mining (Tools: Stream-Editor sed, awk,... ) Übersetzung von Programmiersprachen: Lexikalische Analyse Umwandlung einer Folge von Zeichen (das Programm) in eine Folge von Tokens, in der bereits die Schlüsselwörter, Bezeichner, Daten, etc. identifiziert sind. (Tools: lex, flex,... ) WS 11/12 118
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