Grundlagen der theoretischen Informatik

M.Ed. Dennis Peuter 17. Mai 2018 Übung zur Vorlesung

Grundlagen der theoretischen Informatik

Aufgabenblatt 5 Lösungen

Aufgabe 5.1

Entscheiden Sie durch Ankreuzen, ob die folgenden Aussagen richtig oder falsch sind.

Hinweis: In den Übungsblättern gibt es keine Punkte. In der Klausur würde nun so etwas stehen:

Für die Aufgabe gibt es insgesamt 6 Punkte. Für jedes falsche Kreuz werden 2 Punkte abge- zogen. Dabei werden jedoch nie weniger als 0 Punkte für diese Aufgabe vergeben.

wahr falsch Die Grammatik, deren Regelmenge als einzige RegelS →εenthält, erzeugt

dieselbe Sprache wie die Grammatik mit leerer Regelmenge.

Um zu beweisen, dass eine Sprache L nicht regulär ist, genügt es, eine

kontextfreie Grammatik fürL anzugeben.

Um zu beweisen, dass eine SpracheLnicht regulär ist, genügt es, zu zeigen,

dass das L₃-Pumping-Lemma fürL nicht gilt.

Aufgabe 5.2

Zeigen oder widerlegen Sie:

a) Zu jedem determinierten endlichen Automaten A gibt es einen determinierten endlichen Automaten A⁰, mitL(A) =L(A⁰) undA⁰ hat nur einen nalen Zustand.

Lösung:

Wir widerlegen die Aussage mithilfe eines Gegenbeispiels: Sei A = ({s₀, s1, s2},{a}, δ, s₀,{s₀, s1}) mit δ(s0, a) = s1, δ(s1, a) = s2, δ(s2, a) = s2. Dann istL(A) ={ε, a}.

Wir nehmen an, es gäbe einen DEAA⁰ = (K⁰,{a}, δ⁰, s⁰₀, F⁰)mitL(A) =L(A⁰)und genau einem nalen Zustand. Wegenε∈L(A⁰) muss geltens⁰₀ ∈F⁰, also giltF⁰={s⁰₀}. Wegen a ∈ L(A⁰) und F⁰ = {s⁰₀} muss gelten: δ⁰(s0, a) = s0. Nun gilt aber schon, dass auch

aa∈L(A⁰). Widerspruch.

b) Zu jedem indeterminierten endlichen AutomatenAgibt es einen indeterminierten endlichen Automaten ⁰, mit ⁰ und ⁰ hat nur einen nalen Zustand.

Lösung:

Sei A = (K,Σ,∆, I, F). Wir nehmen o.B.d.A an, dass f 6∈ K. Wir konstruieren A⁰ = (K⁰,Σ,∆⁰, I⁰, F⁰) wie folgt:

K⁰ =K∪ {f}

∆⁰ = ∆∪∆_f

∆_f ={(q, a)∈K×Σ| ∃q⁰ ∈F : (q, a) ∆q⁰} × {f}

I⁰ =I∪ {f ∈K⁰|I ∩F 6=∅}

F⁰ ={f}

Nun zeigen wir, dassL(A) =L(A⁰). Also∀w∈Σ^∗ :w∈L(A)⇐⇒w∈L(A⁰). 1. Fall: w=ε

ε∈L(A)⇐⇒I∩F 6=∅ ⇐⇒f ∈I⁰⇐⇒ε∈L(A⁰) 2. Fall: w=w⁰amitw⁰ ∈Σ^∗ unda∈Σ

w⁰a∈L(A)

⇐⇒∃s₀∈I :∃q∈F : (s₀, w⁰a) ∆^∗q (Def. L(A))

⇐⇒∃s₀∈I :∃q∈F :∃q⁰ ∈K : (s₀, w⁰) ∆^∗q⁰∧(q⁰, a) ∆q (Def. ∆^∗)

⇐⇒∃s₀∈I :∃q⁰∈K : (s0, w⁰) ∆^∗q⁰∧(q⁰, a) ∆_f f (Def. ∆_f)

⇐⇒∃s₀∈I :∃q⁰∈K : (s0, w⁰) ∆^0∗q⁰∧(q⁰, a) ∆⁰f (Def. ∆⁰)

⇐⇒∃s₀∈I : (s0, w⁰a) ∆^0∗f (Def. ∆^∗)

⇐⇒∃s₀∈I⁰ :∃q∈F⁰: (s₀, w⁰a) ∆^0∗q (Def. I⁰ und F⁰)

⇐⇒w⁰a∈L(A⁰) (Def. L(A⁰))

Aufgabe 5.3

Gegeben sei die Grammatik G= ({S, A},{a, b}, R, S) mit R ={S →ε|aS|bA,

A→aS}

a) Geben Sie einen indeterminierten endlichen Automaten mit ε-Kanten an, der L(G) akzep- tiert. Verwenden Sie dafür die im Beweis für den Satz von Kleene vorgestellte Konstruktion.

Lösung:

Endlicher Automat mitε-Kanten A= (K,Σ,∆, I, F). K={S, A, q_stop}

I ={S}

Σ ={a, b}

F ={q_stop}

∆((S, ε), qstop)

∆((S, a), S)

∆((S, b), A)

∆((A, a), S)

S A

qstop

a

b

ε

a

b) Wandeln Sie den indeterminierten endlichen Automaten mit ε-Kanten aus Aufgabenteil a) in einen indeterminierten endlichen Automaten ohneε-Kanten um.

Lösung:

Eliminierung derε-Kanten. Für jeden Übergang(q₁, ε) ∆^∗q₂ und(q₀, a) ∆q₁ fügen wir eine Kante (q0, a) ∆q2 ein. Dann werden dieε-Kanten gelöscht.

q₁ q₂ (q₀, a) neue Kanten (q₀, a) ∆q₂ S q_stop (S, a),(A, a) (S, a) ∆q_stop,(A, a) ∆q_stop

A (S, b)

q_stop

S A

q_stop a

b

a a

a

c) Wandeln Sie den indeterminierten endlichen Automaten aus Aufgabenteil b) in einen deter- minierten endlichen Automaten um.

Lösung:

Tabelle für ∆

a b

S {S, q_stop} {A}

A {S, q_stop} ∅

q_stop ∅ ∅

∅ ∅ ∅

Hilfstabelle

a b

{S, q_stop} {S, q_stop} {A}

{A} {S, q_stop} ∅

∅ ∅ ∅

S, q_stop A

∅ a

a, b

b

b a

Ergebnis:

A⁰⁰= (K⁰⁰,{a, b}, δ,{S, q_stop},{{S, q_stop}})mit

K⁰⁰={{S, q_stop},{A},{∅}}

undδ gegeben durch die folgende Tabelle:

a b

{S, q_stop} {S, q_stop} {A}

{A} {S, q_stop} ∅

∅ ∅ ∅

Aufgabe 5.4

Zeigen oder widerlegen Sie: Die folgenden Sprachen über dem AlphabetΣ ={a, b, c, d, e}sind regulär.

Hinweis: Falls die Sprache regulär ist, geben sie eine rechtslineare Grammatik, einen regulären Ausdruck oder einen endlichen Automaten an. Ein Beweis, dass dieser der gegebenen Sprache entspricht, ist nicht erforderlich. Falls die Sprache nicht regulär ist, zeigen Sie dies mithilfe des Pumping-Lemmas fürL₃ (Variante Ihrer Wahl).

a) L₁ ={wuw^R|w∈ {a, b, c}⁺∧u∈ {a, b, c}^∗} Lösung:

L₁ ist regulär. Idee: nur der erste und der letzte Buchstabe müssen übereinstimmen.

Beweis (1): Wir geben eine rechtslineare Grammatik an, die L1 erzeugt: G = ({S, A, B, C},{a, b, c}, R, S) mit

R={S→aA|bB|cC, A→aA|bA|cA|a, B →aB|bB|cB|b, C→aC|bC|cC|c}

Beweis (2): Wir geben einen regulären Ausdruck an, derL₁ enspricht:

r =a(a+b+c)^∗a + b(a+b+c)^∗b + c(a+b+c)^∗c Beweis (3): Wir geben einen NDEA an, derL1 akzeptiert:

s0 sb

sa

sc

sf

a

b

c

a, b, c

a, b, c

a, b, c

a

b

c

b) L₂ ={wuw^R|w∈ {a, b}⁺∧u∈ {c, d, e}^∗} Lösung:

L ist nicht regulär.

Beweis durch Widerspruch: Angenommen L2 sei regulär, dann müsste L2 ∩ {a, b}^∗ regulär sein. Aber L₂ ∩ {a, b}^∗ = {ww^R | w ∈ {a, b}⁺}, also müsste auch die Sprache {ww^R|w∈ {a, b}⁺} ∪ {ε}={ww^R|w∈ {a, b}^∗}regulär sein.

Die Sprache{ww^R|w∈ {a, b}^∗}ist aber nicht regulär (Folien "endliche-automaten5.pdf"

vom 17.05.2017, Seite 14). Widerspruch. Daher kann L2 nicht regulär sein.

c) L3 ={a^mbⁿ|m≥n≥0} Lösung:

L3 ist nicht regulär.

Beweis durch Widerspruch: Angenommen L₃ sei regulär, dann müsste L₃ die Bedin- gungen des PL erfüllen.

Sei n die Konstante aus dem Pumping-Lemma und x =aⁿbⁿ ∈ L3. Es gilt |x|> n, also muss sich x zerlegen lassen in uvw, mit 1 ≤ |v| < n. Dafür kommen für v drei Fälle in Frage:

Fall 1: vliegt vollständig inaⁿ. Also: u=aⁱ,v=a^j,w=a^n−i−jbⁿ(mitn≥i+j, j >0).

Dann gilt aber: uv⁰w=aⁱa^n−i−jbⁿ=a^n−jbⁿ enthält weniger a's als b⁰sliegt daher nicht inL3.

Fall 2: v enthält sowohl a's als auch b's. Also: u = a^n−j, v = a^jb^k, w = b^n−k (mit 1 ≤ j ≤ n,1 ≤ k ≤ n) Dann gilt aber für uv²w = a^n−ja^jb^ka^jb^kb^n−k = aⁿb^ka^jbⁿ enthält ein Teilwortbaund liegt daher nicht inL3.

Fall 3: vliegt vollständig inbⁿ. Alsou=aⁿbⁱ,v=b^j,w=b^n−i−j (mitn≥i+j,j >0).

Dann gilt aber: uv²w =aⁿbⁱb^jb^jb^n−i−j =aⁿb^n+j enthält mehr b⁰s als a⁰sund liegt daher nicht inL3.

Wir haben gezeigt, dass es keine gültige Zerlegung fürx gibt. Daher kannL₃ nicht regulär

sein.

d) L4 = n

aⁿ²|n∈N0

o

Lösung:

L4 ist nicht regulär.

Beweis durch Widerspruch: AngenommenL₄ sei regulär, dann müssten fürL₄ die Be- dingungen des PL gelten.

Sei n die Konstante aus dem Pumping-Lemma und x = aⁿ² ∈ L4. Es gilt |x| > n, also muss sichx zerlegen lassen in uvwmit1≤ |v|< n.

Wir betrachten alle möglichen Zerlegungen gemeinsam: Sei u =aⁱ, v =a^j,w =a^n2−i−j (mit1≤j < n,n² ≥i+j). Nun gilt : uv²w=aⁱa^ja^ja^n2−i−j =a^n2+j.

n²+jkann keine Quadratzahl sein, denn n² < n²+j < n²+n < n²+ 2n+ 1 = (n+ 1)². Also giltuv²w6∈L4. Wir haben gezeigt, dass es keine gültige Zerlegung gibt, also kannL4

nicht regulär sein.

Aufgabe 5.5

Gegeben sei der folgende determinierte endliche Automat A= ({S, A, F},{0,1}, δ, S,{F}):

S A F

1

0

1 0

0

1

Geben Sie einen determinierten endlichen Automaten A¬ an, mitL(A¬) =L(A). Lösung:

A¬= ({S, A, F},{0,1}, δ, S,{S, A})

S A F

1

0

1 0

0

1

Aufgabe 5.6

Geben Sie einenε-NDEA an, der die von dem regulären Ausdrucka+c(ba)^? erzeugte Sprache akzeptiert. Gehen Sie dabei wie im Beweis des Hauptsatzes von Kleene vor.

Lösung:

1. ε-NDEA für den regulären Ausdrucka:

A1 A2

a

ε-NDEA für den regulären Ausdruckb:

B1 B2

b

ε-NDEA für den regulären Ausdruckc:

C₁ c C₂

2. ε-NDEA für den regulären Ausdruckba:

B₁ b B₂ ε A₁ a A₂

3. ε-NDEA für den regulären Ausdruck(ba)^?:

B₁

ε

B₂ ε A₁ a A₂

ε

b

4. ε-NDEA für den regulären Ausdruckc(ba)^?:

C1 C2 B1

ε

B2 A1 A2

c ε

ε

a ε

ε b

5. ε-NDEA für den regulären Ausdrucka+c(ba)^?:

A⁰₁ a A⁰₂

C₁ C₂ B₁

ε

B₂ A₁ A₂

c ε

ε

a ε

ε b