TGI-Übung 3 Besprechung Übungsblatt 2

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1 TGI-Übung 3 Besprechung Übungsblatt 2 Tobias Nilges European Institute of System Security Institute of Cryptography and Security 1 KIT University of the State of Baden-Wuerttemberg and National Research Center of the Helmholtz Association European Institute of System Security Institute of Cryptography and Security

2 Äquivalenz In der Vorlesung gezeigt: Jede kontextfreie Sprache kann von einem Kellerautomaten erkannt werden Heute: Die von Kellerautomaten erkannten Sprachen sind kontextfrei Tobias Nilges Übung /13

3 Äquivalenz In der Vorlesung gezeigt: Jede kontextfreie Sprache kann von einem Kellerautomaten erkannt werden Heute: Die von Kellerautomaten erkannten Sprachen sind kontextfrei Tobias Nilges Übung /13

4 Äquivalenz Theorem Wird eine Sprache L von einem Kellerautomaten erkannt, dann ist sie kontextfrei. Tobias Nilges Übung /13

5 Beweis Technische Tweaks Wir können jeden Kellerautomaten M so zu einen Kellerautomaten M modifizieren dass 1 M und M erkennen die selbe Sprache. 2 M hat nur einen einzigen akzeptierenden Zustand q accept 3 Der Keller von M ist leer wenn M in Zustand q accept ist. 4 Jeder Zustandsübergang von M nimmt entweder ein Zeichen vom Keller oder legt eines auf dem Keller ab (Jede Operation ist Pop oder Push Operation) Tobias Nilges Übung /13

9 Beweis Technische Tweaks Die Punkte (2) und (3) lassen sich einfach erreichen. Füge dazu ein neues leerer Keller Symbol und einen neuen Endzustand q accept ein. Punkt (4) erreicht man dadurch dass man Jede Zustandsübergangsregel δ(q i, a, S) (q j, T ) mit S, T ɛ durch zwei Regeln δ(q i, a, S) (q i,j,s,t, ɛ) und δ(q i,j,a,s,t, ɛ, ɛ) (q j, T ) ersetzt. Dabei ist q i,j,a,s,t ein neuer Zustand. Jede Zustandsübergangsregel δ(q i, a, ɛ) (q j, ɛ) durch zwei Regeln δ(q i, a, ɛ) (q i,j,a, R) und δ(q i,j,a, ɛ, R) (q j, ɛ) ersetzt, wobei q i,j,a ein neuer Zustand und R ein neues Bandsymbol ist. Tobias Nilges Übung /13

13 Beweis Sei also M = (Q, Σ, Γ, δ, q 0, {q accept }) ein Kellerautomat der die Bedingungen (1)-(4) erfüllt. Wir definierend die kontextfreie Grammatik G = (T, V, S, P) mit T = Σ, V = {A pq p, q Q}, S = A q0 q accept und den Produktionen P mit Für alle p, q, r, s Q, t Γ und a, b Σ {ɛ} enthält P die Regel A pq aa rs b gdw. δ(p, a, ɛ) (r, t) und δ(s, b, t) (q, ɛ) Für alle p, q, r Q enthält P die Regel A pq A pr A rq Für alle p Q enthält P die Regel A pp ɛ Tobias Nilges Übung /13

17 Beweis Behauptung A pq x genau dann wenn, M bei Lesen von x, ausgehend von Zustand p und leerem Keller den Zustand q erreichen kann, wobei bei Erreichen von q der Keller wieder leer ist. Beide Richtungen der Behauptung lassen sich induktiv zeigen. Tobias Nilges Übung /13

18 Beweis Behauptung A pq x genau dann wenn, M bei Lesen von x, ausgehend von Zustand p und leerem Keller den Zustand q erreichen kann, wobei bei Erreichen von q der Keller wieder leer ist. Beide Richtungen der Behauptung lassen sich induktiv zeigen. Tobias Nilges Übung /13

19 Beweis " ": Induktion Über die Länge k der Ableitung A pq x. Ist k = 1, so ist x = ɛ. Das ist nur möglich falls p = q, also ist die in der Ableitung auftretende Regel A pp ɛ. Der Keller verändert sich nicht. Ist k > 1, so ist die erste Regelanwendung der Ableitung entweder von der Form A pq aa rs b oder A pq A pr A rq Tobias Nilges Übung /13

22 Beweis Ist die erste Regel A pq aa rs b, so ist x = ayb, wobei A rs y eine Ableitung der Länge k 1 ist. Nach Induktionsannahme kann M also bei Lesen von y mit leerem Keller von r nach s überführt werden. Nach Konstruktion der Produktion A pq aa rs b gilt aber dass t Γ : δ(p, a, ɛ) (r, t) und δ(s, b, t) (q, ɛ). Also erhält die Ableitung A pq x den leeren Keller. Tobias Nilges Übung /13

23 Beweis Ist die erste Regel A pq A pr A rq, so ist x = yz mit A pr y und A rq z. Die beiden letzten Ableitungen haben jeweils Länge k 1, also trifft für sie die Induktionsannahme zu und es gilt dass M bei Lesen von y mit leerem Keller von p nach r und bei Lesen von z mit leerem Keller von r nach q überführt werden kann. Insgesamt also kann M bei Lesen von x = yz mit leerem Keller von p nach q überführt werden. Tobias Nilges Übung /13

24 Beweis " ": Starte M in Zustand p mit leerem Keller und erreiche nach Lesen von x Zustand q mit leerem Keller. Induktion über die Länge k der Trace von M. Ist k = 0, dann startet und bleibt M in einem Zustand p. Es gilt notwendigerweise x = ɛ. Dazu passt die Regel A pp ɛ von P, also A pp x Ist k > 0, so bleibt der Keller während der Berechnung von M entweder immer gefüllt oder er wird irgendwann zwischendurch leer. Tobias Nilges Übung /13

27 Beweis Im ersten Fall (Keller zwischendurch nie leer) muss das im ersten Schritt der Ableitung auf den Keller gelegte Zeichen t im letzten Schritt wieder entfernt werden. Zerlegen wir also x = ayb. Zweiter Zustand in der Trace von M sei r, vorletzter Zustand sei s. Es gibt als r, s Q und t Γ sodass δ(p, a, ɛ) (r, t) und δ(s, b, t) (q, ɛ). Es gibt also eine Regel A pq aa rs b in P. Da M bei Lesen von y mit leerem Keller in maximal k 1 Schritten von r nach s gelangt, gilt A rs y, insgesamt also A pq x. Tobias Nilges Übung /13

28 Beweis Im zweiten Fall (Keller zwischendurch leer) erreicht M zwischendurch einen Zustand r mit leerem Keller. Liest M zwischen p und r das Wort y, so können wir x = yz Zerlegen. M erreicht also jeweils von p bei Lesen von y den Zustand r mit leerem Keller und von Zustand r aus bei Lesen von z den Zustand q mit leerem Keller. Es gilt also A pr y und A rq z, da die beiden Teilableitungen Länge < k haben und somit die Induktionsannahme gilt. Da es in P die Regel A pq A pr A rq gibt gilt insgesamt A pq x. Damit ist der Beweis abgeschlossen. Tobias Nilges Übung /13

29 Aufgabe European Institute of System Security Institute of Cryptography and Security

30 Aufgabe 1 i.) Aufgabe 1 ii.) European Institute of System Security Institute of Cryptography and Security

31 Aufgabe 1 iii.) European Institute of System Security Institute of Cryptography and Security

32 Aufgabe 1 iv.) European Institute of System Security Institute of Cryptography and Security

34 Aufgabe 2 i.) a)-c) European Institute of System Security Institute of Cryptography and Security

35 Aufgabe 2 ii.) a)-c) European Institute of System Security Institute of Cryptography and Security

39 Wiederholung: Pumping-Lemma Ist A eine reguläre Sprache, dann existiert eine Zahl p, sodass für jedes Wort s aus A der Länge p gilt: s kann in 3 Teilworte x,y,z zerlegt werden, also s = xyz, mit 1. y > 0 2. xy p 3. für jedes i 0 ist xyiz in A European Institute of System Security Institute of Cryptography and Security

40 Aufgabe 3 i.) European Institute of System Security Institute of Cryptography and Security

41 Aufgabe 3 ii.) - iv.) European Institute of System Security Institute of Cryptography and Security

44 Aufgabe 4 ii.) European Institute of System Security Institute of Cryptography and Security

49 Aufgabe 5 ii.) - iv.) European Institute of System Security Institute of Cryptography and Security

50 Anwendungen kontextfreier Grammatiken Programmiersprachen Parser eines Compilers ist als Kellerautomat realisiert European Institute of System Security Institute of Cryptography and Security

51 Anwendungen kontextfreier Grammatiken Anwendungen kontextfreier Grammatiken European Institute of System Security Institute of Cryptography and Security