Algebraische und Logische Aspekte der Automatentheorie - Exam

Aufgabe 1)

Betrachte den deterministischen endlichen Automaten (DEA) M gegeben durch das Tupel (Q, Σ, δ, q0, F), wobei:

• Q die endliche Menge der Zustände ist
• Σ das Eingabealphabet ist
• δ: Q × Σ → Q die Übergangsfunktion ist
• q0 der Startzustand ist
• F die Menge der akzeptierenden Zustände ist

Vorgenommen wurde die Minimierung des DEA mit dem Ziel, einen Automaten mit der minimal möglichen Anzahl an Zuständen zu erhalten, der dieselbe Sprache akzeptiert wie der ursprüngliche Automat. Stelle den DEA M formal dar und minimieren ihn Schritt für Schritt. Dabei sollen die unerreichbaren Zustände eliminiert, äquivalente Zustände bestimmt und der Quotientenautomat gebildet werden. Verwende den Algorithmus von Hopcroft für die Bestimmung der äquivalenten Zustände. Der minimierte DEA ist eindeutig bis auf Isomorphie.

a)

Teilaufgabe 1: Betrachte den folgenden DEA M:

• Q = {q0, q1, q2, q3, q4}
• Σ = {0, 1}
• δ(q0, 0) = q1, δ(q0, 1) = q2, δ(q1, 0) = q3, δ(q1, 1) = q4, δ(q2, 0) = q4, δ(q2, 1) = q3, δ(q3, 0) = q0, δ(q3, 1) = q1, δ(q4, 0) = q2, δ(q4, 1) = q0
• q0 ist der Startzustand
• F = {q3}

Eliminiere alle unerreichbaren Zustände des Automaten M. Dokumentiere den Prozess und stelle das resultierende Zustandsdiagramm dar.

Lösung:

Um alle unerreichbaren Zustände des gegebenen DEA M zu eliminieren, müssen wir die Zustände analysieren und feststellen, welche von ihnen ausgehend vom Startzustand q0 erreicht werden können. Der DEA ist durch das Tupel (Q, Σ, δ, q0, F) gegeben, wobei:

• Q = {q0, q1, q2, q3, q4}
• Σ = {0, 1}
• δ(q0, 0) = q1 δ(q0, 1) = q2 δ(q1, 0) = q3 δ(q1, 1) = q4 δ(q2, 0) = q4 δ(q2, 1) = q3 δ(q3, 0) = q0 δ(q3, 1) = q1 δ(q4, 0) = q2 δ(q4, 1) = q0
• q0 ist der Startzustand
• F = {q3}

Schritt 1: Bestimme alle erreichbaren Zustände

• Startzustand: q0
• q0 --(0)--> q1
• q0 --(1)--> q2
• q1 --(0)--> q3
• q1 --(1)--> q4
• q2 --(0)--> q4
• q2 --(1)--> q3
• q3 --(0)--> q0
• q3 --(1)--> q1
• q4 --(0)--> q2
• q4 --(1)--> q0

Alle Zustände {q0, q1, q2, q3, q4} sind erreichbar. Es gibt keine unerreichbaren Zustände in diesem DEA.

Das Zustandsdiagramm würde wie folgt aussehen:

• q0 --0--> q1
• q0 --1--> q2
• q1 --0--> q3
• q1 --1--> q4
• q2 --0--> q4
• q2 --1--> q3
• q3 --0--> q0
• q3 --1--> q1
• q4 --0--> q2
• q4 --1--> q0

b)

Teilaufgabe 2: Bestimme alle äquivalenten Zustände von dem in Teilaufgabe 1 reduzierten DEA. Verwende hierfür den Algorithmus von Hopcroft. Zeige den Prozess der Partitionierung der Zustände sowie die Schritte zur Bestimmung der äquivalenten Zustände.

Lösung:

Um die äquivalenten Zustände des DEA zu bestimmen, verwenden wir den Algorithmus von Hopcroft. Dieser Algorithmus arbeitet durch wiederholtes Verfeinern der Partitionen von Zuständen, bis keine weiteren Verfeinerungen mehr möglich sind.

Hier ist der DEA aus Teilaufgabe 1:

• Q = {q0, q1, q2, q3, q4}
• Σ = {0, 1}
• δ(q0, 0) = q1 δ(q0, 1) = q2 δ(q1, 0) = q3 δ(q1, 1) = q4 δ(q2, 0) = q4 δ(q2, 1) = q3 δ(q3, 0) = q0 δ(q3, 1) = q1 δ(q4, 0) = q2 δ(q4, 1) = q0
• q0 ist der Startzustand
• F = {q3}

Schritt 1: Initialpartition:

• P₀ = {F, Q \ F}
• Also: P₀ = {{q3}, {q0, q1, q2, q4}}

Schritt 2: Verfeinere die Partition nach Eingaben 0 und 1:

• Analyse der Zustände unter Eingabe 0 und 1:
• q0 --0--> q1 (nicht akzeptierend), q0 --1--> q2 (nicht akzeptierend)
• q1 --0--> q3 (akzeptierend), q1 --1--> q4 (nicht akzeptierend)
• q2 --0--> q4 (nicht akzeptierend), q2 --1--> q3 (akzeptierend)
• q3 --0--> q0 (nicht akzeptierend), q3 --1--> q1 (nicht akzeptierend)
• q4 --0--> q2 (nicht akzeptierend), q4 --1--> q0 (nicht akzeptierend)
• Aufteilung der Menge {q0, q1, q2, q4} nach Eingaben:
• P₁ = {{q3}, {q0, q4}, {q1, q2}}

Schritt 3: Keine weiteren Verfeinerungen möglich:

• Da jede Eingabe nun eindeutig zu einer Teilmenge führt, gibt es keine weiteren Verfeinerungen.

Die endgültigen äquivalenten Zustände sind:

• q0 und q4 sind äquivalent.
• q1 und q2 sind äquivalent.
• q3 bleibt alleinstehend als akzeptierender Zustand.

Die äquivalenten Zustände (Paarweise) sind:

• {q0, q4}
• {q1, q2}

So sehen die Partitionierungen und der Prozess zur Bestimmung der äquivalenten Zustände aus.

c)

Teilaufgabe 3: Bilde den Quotientenautomat des in Teilaufgabe 2 minimierten Automaten. Stelle die Übergangsfunktion und die Menge der akzeptierenden Zustände des minimierten Automaten formal dar. Zeichne das Zustandsdiagramm des minimierten DEA und verifiziere, dass dieser dieselbe Sprache akzeptiert wie der ursprüngliche Automat.

Lösung:

Um den Quotientenautomaten des in Teilaufgabe 2 minimierten DEA zu bilden, fassen wir die äquivalenten Zustände zusammen und bestimmen die neue Übergangsfunktion. Im Rahmen der Minimierung haben wir folgende äquivalente Zustände gefunden:

• {q0, q4}
• {q1, q2}
• {q3} (akzeptierender Zustand)

Formal stellen wir den minimierten DEA wie folgt dar:

• Q_min = {[q0, q4], [q1, q2], q3}
• Σ = {0, 1}
• δ_min: {[q0, q4], [q1, q2], q3} × {0, 1} → {[q0, q4], [q1, q2], q3}
• q0_min = [q0, q4]
• F_min = {q3}

Nächster Schritt: Bestimmung der Übergangsfunktion δ_min

• δ_min([q0, q4], 0) = [q1, q2]
• δ_min([q0, q4], 1) = [q0, q4]
• δ_min([q1, q2], 0) = q3
• δ_min([q1, q2], 1) = [q0, q4]
• δ_min(q3, 0) = [q0, q4]
• δ_min(q3, 1) = [q1, q2]

Stellt man die Übergangsfunktion dar, so sieht sie wie folgt aus:

1. δmin([q0, q4], 0) = [q1, q2]

2. δmin([q0, q4], 1) = [q0, q4]

3. δmin([q1, q2], 0) = q3

4. δmin([q1, q2], 1) = [q0, q4]

5. δmin(q3, 0) = [q0, q4]

6. δmin(q3, 1) = [q1, q2]

Zustandsdiagramm des minimierten DEA:

[q0, q4]

• -->[q1, q2] durch Eingabe 0
• -->[q0, q4] durch Eingabe 1

[q1, q2]

• -->q3 durch Eingabe 0
• -->[q0, q4] durch Eingabe 1

q3 (akzeptierender Zustand)

• -->[q0, q4] durch Eingabe 0
• -->[q1, q2] durch Eingabe 1

Verifikation der Sprachakzeptanz:

Der ursprüngliche DEA akzeptiert eine Eingabe, wenn der Pfad vom Startzustand q0 zu einem akzeptierenden Zustand (hier q3) führt. Da der minimierte Automat auf denselben Zustandsübergängen und akzeptierenden Bedingungen basiert, akzeptiert er dieselbe Sprache wie der ursprüngliche Automat.

Aufgabe 2)

Betrachte einen nichtdeterministischen endlichen Automaten (NEA), der durch das 5-Tupel M = (Q, Σ, δ, q₀, F) definiert ist, wobei Q eine endliche Menge von Zuständen, Σ das Eingabealphabet, δ: Q × Σ → 𝒫(Q) die Übergangsfunktion, q₀ ∈ Q der Startzustand und F ⊆ Q die Menge der akzeptierenden Zustände ist. Für diesen NEA existiert stets ein äquivalenter deterministischer endlicher Automat (DEA), der dieselbe Sprache akzeptiert wie der NEA. Dies wird durch die Subset-Konstruktion erreicht. Angenommen, du hast den folgenden NEA:

 M = ({q₀, q₁}, {a, b}, δ, q₀, {q₁}) 

wobei die Übergangsfunktion δ wie folgt definiert ist:

 δ(q₀, a) = {q₀, q₁} δ(q₀, b) = {q₀} δ(q₁, a) = ∅ δ(q₁, b) = {q₁} 

a)

a) Beschreibe die Schritte der Subset-Konstruktion, um den gegebenen NEA M in einen äquivalenten DEA M' umzuwandeln. Gib das 5-Tupel des resultierenden DEA M' = (Q', Σ, δ', q₀', F') an.

Lösung:

Um den gegebenen nichtdeterministischen endlichen Automaten (NEA) M in einen äquivalenten deterministischen endlichen Automaten (DEA) M' zu überführen, verwenden wir die Subset-Konstruktion. Die Schritte sind wie folgt:

Der Startzustand des DEA ist die Menge, die den Startzustand des NEA enthält:

• q₀' = {q₀}

Die Zustände im DEA sind alle möglichen Mengen aus Zuständen des NEA. Beginne mit dem Startzustand und füge sukzessive alle erreichbaren Zustandsmengen hinzu:

• {q₀}
• {q₀, q₁}
• {q₁}

Die Übergangsfunktion des DEA wird durch die Vereinigungsmenge aller möglichen Zustandsübergänge im NEA bestimmt:

 δ'({q₀}, a) = δ(q₀, a) = {q₀, q₁} δ'({q₀}, b) = δ(q₀, b) = {q₀} δ'({q₀, q₁}, a) = δ(q₀, a) ∪ δ(q₁, a) = {q₀, q₁} ∪ ∅ = {q₀, q₁} δ'({q₀, q₁}, b) = δ(q₀, b) ∪ δ(q₁, b) = {q₀} ∪ {q₁} = {q₀, q₁} δ'({q₁}, a) = δ(q₁, a) = ∅ δ'({q₁}, b) = δ(q₁, b) = {q₁}

Ein Zustand im DEA ist akzeptierend, wenn er mindestens einen akzeptierenden Zustand des NEA enthält:

• {q₀, q₁}
• {q₁}

Das resultierende 5-Tupel des DEA ist:

M' = (Q', Σ, δ', q₀', F') wobei Q' = {{q₀}, {q₀, q₁}, {q₁}} Σ = {a, b} δ' = { δ'({q₀}, a) = {q₀, q₁} δ'({q₀}, b) = {q₀} δ'({q₀, q₁}, a) = {q₀, q₁} δ'({q₀, q₁}, b) = {q₀, q₁} δ'({q₁}, a) = ∅ δ'({q₁}, b) = {q₁} } q₀' = {q₀} F' = {{q₀, q₁}, {q₁}}

Auf diese Weise haben wir den NEA in einen äquivalenten DEA umgewandelt, der dieselbe Sprache akzeptiert.

b)

b) Zeichne die Zustandsdiagramme für sowohl den NEA M als auch den resultierenden DEA M' und erkläre, wie die Zustände und Übergänge aus dem NEA in den DEA übertragen wurden.

Lösung:

Um die Zustandsdiagramme für den gegebenen NEA M und den resultierenden DEA M' darzustellen, gehen wir folgendermaßen vor:

Hier ist das Zustandsdiagramm des NEA:

         (a)        (b)  {q₀} -------> {q₀, q₁}-------> {q₀} (Start)        / ^           |    (a)         /   |(b) ______ (a)______ |             /          (b) |_____________       (a)            (b) (a){q₁}     ------> ∅  ------->{q₁}(Acc)

Erklärungen:

• q₀ ist der Startzustand.
• {q₀, q₁} -> akzeptiert durch Zustand q₁.
• q₀, q₁ sind die Zustände.
• Bei Eingabezeichen 'a' kann q₀ sowohl zu q₀ als auch zu q₁ übergehen.
• Bei Eingabezeichen 'b' bleibt q₀ in q₀.
• Bei Eingabezeichen 'a' führt q₁ zu einem leeren Zustand (∅).
• Bei Eingabezeichen 'b' bleibt q₁ in q₁.

Hier ist das Zustandsdiagramm des DEA, das durch die Subset-Konstruktion aus dem NEA erzeugt wurde:

          (a)         (b)  {q₀} -------> {q₀, q₁}-------> {q₀} (Start)  (Acc)       (Acc)   | (a)                  | (b){q₁} (Acc) ------> ∅ (a)           -------> {q₁} (b)

Erklärungen:

• {q₀} ist der Startzustand.
• {q₀, q₁} und {q₁} sind akzeptierende Zustände, da sie den akzeptierenden Zustand q₁ enthalten.
• Bei Eingabezeichen 'a' und Zustand {q₀} geht es zu {q₀, q₁}.
• Bei Eingabezeichen 'b' und Zustand {q₀} bleibt es in {q₀}.
• Bei Eingabezeichen 'a' und Zustand {q₀, q₁} geht es zu {q₀, q₁}.
• Bei Eingabezeichen 'b' und Zustand {q₀, q₁} bleibt es in {q₀, q₁}.
• Bei Eingabezeichen 'a' und Zustand {q₁} geht es zum leeren Zustand ∅.
• Bei Eingabezeichen 'b' und Zustand {q₁} bleibt es in {q₁}.

Auf diese Weise können wir beobachten, wie die Übergänge und Zustände vom NEA zum DEA übertragen werden. Der DEA hat keine nichtdeterministischen Übergänge, da jeder Zustand genau definierte Übergänge für jedes Eingabezeichen hat.

c)

c) Zeige mathematisch die Äquivalenz der akzeptierten Sprache des NEA M und des resultierenden DEA M'. Beweise anhand der Definitionen für die akzeptierte Sprache, dass L(M) = L(M') gilt.

Lösung:

Um die Äquivalenz der akzeptierten Sprache des NEA M und des resultierenden DEA M' zu zeigen, müssen wir beweisen, dass L(M) = L(M'). Hierbei ist L(M) die Sprache, die vom NEA M akzeptiert wird, und L(M') ist die Sprache, die vom DEA M' akzeptiert wird. Wir gehen schrittweise vor:

1. Beweis: Jede von M akzeptierte Zeichenkette wird auch von M' akzeptiert.

Angenommen, eine Zeichenkette w wird vom NEA M akzeptiert. Das bedeutet, es gibt eine Zustandsfolge \(q_0, q_1, ..., q_n\), wobei \(q_0 = q₀\) der Startzustand des NEA ist, \(q_n ∈ F\) ein akzeptierender Zustand ist, und \(w = a_1 a_2 ... a_n\) mit Gemeinsamkeit \(δ(q_i, a_i) = q_{i+1}\).

Da der NEA nichtdeterministisch ist, könnte es mehrere Übergänge geben, die zur Annahme von w führen. Der DEA M' simuliert alle möglichen Zustände und Übergänge des NEA mithilfe der Subset-Konstruktion.

Im DEA M' wird ein Übergang \(δ'\) von einer Zustandsmenge zu einer anderen bestimmen, dass mindestens ein Zustand in der Zielmenge ein akzeptierender Zustand des NEA ist. Das bedeutet, wenn der NEA M eine Zeichenkette w akzeptiert, dann simuliert der DEA M' alle möglichen Zustände, in die der NEA gelangen könnte, und ein Pfad im DEA M' endet in einer Menge, die mindestens einen akzeptierenden Zustand des NEA enthält. Daher akzeptiert M' dieselbe Zeichenkette w.

2. Beweis: Jede vom DEA M' akzeptierte Zeichenkette wird auch von M akzeptiert.

Angenommen, eine Zeichenkette w wird vom DEA M' akzeptiert. Das bedeutet, es gibt eine Folge von Zustandsmengen \(S_0, S_1, ..., S_n\) im DEA, ausgehend vom Startzustand, wobei \(S_0 = {q₀}\) und \(S_n\) mindestens einen akzeptierenden Zustand des NEA enthält. Jeder Übergang \(S_i \rightarrow S_{i+1}\) im DEA entspricht einem Übergang im NEA gemäß der Subset-Konstruktion.

Für jede Zustandsmenge \(S_i\) und Eingabezeichen a im DEA, \(S_{i+1} \rightarrow δ'(S_i, a)\), gibt es im NEA mindestens einen Zustandsübergang, der zu einem Zustand in \(S_{i+1}\) führt. Das bedeutet, es gibt eine Folge von Übergängen im NEA, die zur Annahme der Zeichenkette w führt. Daher akzeptiert der NEA M dieselbe Zeichenkette w.

Da sowohl der NEA M als auch der DEA M' dieselben Zeichenketten akzeptieren, zeigt dies, dass L(M) = L(M').

d)

d) Diskutiere die Komplexität der Subset-Konstruktion. Gehe dabei insbesondere darauf ein, wie viele Zustände der resultierende DEA M' im schlimmsten Fall haben kann. Verwende formale Argumente und beziehe dich auf die Anzahl der Zustände des ursprünglichen NEA M.

Lösung:

Die Subset-Konstruktion zur Umwandlung eines nichtdeterministischen endlichen Automaten (NEA) in einen deterministischen endlichen Automaten (DEA) kann zu einem exponentiellen Anstieg der Anzahl der Zustände führen. Hier ist eine formale Diskussion der Komplexität und der Anzahl der Zustände im schlimmsten Fall.

Angenommen, der NEA M besitzt n Zustände in der Menge Q.

Der DEA M' wird durch die Subset-Konstruktion erstellt, wobei jeder Zustand des DEA eine Menge von Zuständen des NEA ist.

Im schlimmsten Fall kann der DEA M' Zustände haben, die jede mögliche Teilmenge der Zustände des NEA repräsentieren. Dies bedeutet:

• Q' = 𝒫(Q) (Potenzmenge von Q, d. h. alle möglichen Teilmengen von Q).

Die Anzahl der Elemente in der Potenzmenge einer Menge mit n Elementen beträgt 2ⁿ.

Formal ausgedrückt:

Wenn Q n Zustände hat, kann Q' bis zu 2ⁿ Zustände enthalten.

Im schlimmsten Fall entsteht der DEA M' mit 2ⁿ Zuständen. Dies geschieht, weil jedes mögliche Zustands-Subset ein potenzieller Zustand im DEA sein könnte:

• Beispiel: Wenn Q = {q₀, q₁}, dann beträgt n = 2.
• Die Potenzmenge von Q ist: {∅, {q₀}, {q₁}, {q₀, q₁}}, also 4 Zustände.
• Für n große Werte ergibt dies eine Vielzahl von Zuständen (exponentieller Anstieg).

Die Worst-Case-Komplexität der Subset-Konstruktion liegt daher bei O(2ⁿ) hinsichtlich der Zustände.

Die erhöhte Anzahl der Zustände im DEA führt zu einem erhöhten Speicherbedarf und Berechnungsaufwand:

• Speicher: Zur Speicherung aller Zustände und Übergänge sind exponentiell mehr Einträge erforderlich.
• Verarbeitung: Jeder Übergang muss für eine Zustandsmenge berechnet werden, wodurch die Verarbeitung komplexer wird.

Zusammenfassend kann der resultierende DEA M' im schlimmsten Fall bis zu 2ⁿ Zustände haben, wobei n die Anzahl der Zustände des ursprünglichen NEA M ist. Dies verdeutlicht die exponentielle Komplexität der Subset-Konstruktion.

Aufgabe 3)

Gegeben ist die Sprache L = \{a^n b^n | n \geq 0\}. Beantworte die folgenden Fragen auf Grundlage des Pumping-Lemmas für reguläre Sprachen, um zu zeigen, dass L nicht regulär ist.

a)

Beschreibe die Bedingung des Pumping-Lemmas für reguläre Sprachen und erkläre, warum wir nach einem Widerspruch suchen.

Lösung:

• Bedingung des Pumping-Lemmas für reguläre Sprachen: Das Pumping-Lemma für reguläre Sprachen besagt, dass für jede reguläre Sprache L eine Konstante p existiert (p ist die Pumping-Länge), sodass jeder String s in L, der eine Länge von mindestens p hat, in drei Teile zerlegt werden kann: s = xyz. Dabei müssen die folgenden Bedingungen erfüllt sein:
  • 1. |xy| ≤ p,
  • 2. |y| > 0, und
  • 3. für alle i ≥ 0 ist der String xy^i z ebenfalls in L.
  Das bedeutet, dass die Teilmenge y des Strings x beliebig oft wiederholt (gepumpt) werden kann, ohne den String aus der regulären Sprache zu entfernen.
• Warum nach einem Widerspruch suchen: Bei der Verwendung des Pumping-Lemmas für reguläre Sprachen versuchen wir, einen String aus der Sprache L zu finden, der nicht die Bedingungen des Pumping-Lemmas erfüllt. Wenn ein solcher String gefunden wird, führt dies zu einem Widerspruch. Dieser Widerspruch zeigt dann, dass die Annahme, dass die Sprache L regulär ist, falsch ist. In anderen Worten, durch den Widerspruch wird bewiesen, dass die Sprache L nicht regulär ist.

b)

Finde eine geeignete Pumplänge p und ein Wort w ∈ L, das mindestens die Länge p hat. Begründe Deine Wahl.

Lösung:

• Geeignete Pumplänge p wählen und ein Wort w ∈ L finden:Um das Pumping-Lemma anzuwenden, nehmen wir an, dass die Sprache L = \(\{a^n b^n \mid n \geq 0\}\) regulär ist. Entsprechend dem Pumping-Lemma existiert dann eine Pumplänge p.
  • 1. Pumplänge p: Wähle eine beliebige Konstante p. Für die Argumentation lautet die Pumplänge p einfach 'p', ohne den genauen Wert zu kennen.
  • 2. Wähle ein Wort w ∈ L: Ein geeignetes Wort in L, dessen Länge mindestens p ist, ist w = \(a^p b^p\).
  • Begründung: Das Wort w ist in der Sprache L enthalten und hat die Form \(a^n b^n\), wobei n = p ist. Die Länge des Wortes w beträgt 2p, also ist \(|w| \geq p\).
• Zusammenfassung:Durch die Wahl der Pumplänge p und des Wortes w = \(a^p b^p\) erfüllen wir die Anforderungen des Pumping-Lemmas. Als nächstes wird gezeigt, dass dieses Wort w die Bedingungen des Pumping-Lemmas nicht erfüllt, was zu einem Widerspruch führt und beweist, dass die Sprache L nicht regulär ist.

c)

Zeige, wie w in die Teile x, y und z entsprechend den Bedingungen des Pumping-Lemmas zerlegt werden kann: \( w = xyz \) mit |xy| ≤ p und |y| ≥ 1.

Lösung:

• Zeige die Zerlegung von w in x, y und z:Wir nehmen an, dass die Sprache L = \(\{a^n b^n \mid n \geq 0\}\) regulär ist. Um zu zeigen, dass diese Annahme falsch ist, wenden wir das Pumping-Lemma an. Erinnern wir uns an das ausgewählte Wort w = \(a^p b^p\).Gemäß dem Pumping-Lemma muss w in drei Teile zerlegt werden, nämlich \(w = xyz\), wobei die folgenden Bedingungen erfüllt sein müssen:
  • 1. |xy| ≤ p
  • 2. |y| ≥ 1
  • 3. xyⁱz ∈ L für alle i ≥ 0

• Zerlegung von w:
  • Da |xy| ≤ p, können x und y nur aus den ersten p Zeichen von w bestehen, also nur aus den 'a'-Zeichen. Daher können x und y als x = a^j und y = a^k mit j + k ≤ p und k ≥ 1 gewählt werden. Dies bedeutet, dass y zumindest ein 'a' enthalten muss.
  • Teil z besteht aus dem Rest des Wortes, also aus den verbleibenden 'a'-Zeichen und allen 'b'-Zeichen. Daher ist z = a^(p-(j+k))b^p.Zusammengefasst haben wir: x = a^j, y = a^k und z = a^(p-(j+k))b^p.

• Zusammenfassung:Unter diesen Bedingungen wurde gezeigt, wie w in drei Teile x, y und z zerlegt werden kann, wobei die Bedingungen des Pumping-Lemmas eingehalten werden. Im nächsten Schritt wird demonstriert, dass das Pumpen von y zu einem Wort führt, das nicht in der Sprache L liegt, was die Annahme widerlegt, dass die Sprache L regulär ist.

d)

Zeige durch Widerspruch, dass die Sprache L = \{a^n b^n | n \geq 0\}\ uns die Bedingung \forall i ≥ 0 . xy^i z ∈ L\ nicht erfüllen kann. Diskutiere die Konsequenzen daraus bezüglich der Regularität von L.

Lösung:

• Zeige durch Widerspruch, dass die Sprache L = \{a^n b^n \mid n \geq 0\} die Bedingung \forall i \geq 0 . xy^i z \in L nicht erfüllen kann: Angenommen, die Sprache L sei regulär. Nach dem Pumping-Lemma existiert dann eine Pumplänge p. Wir haben bereits ein Wort w = a^p b^p gewählt und es in die Teile x, y und z zerlegt, wobei |xy| ≤ p und |y| ≥ 1. Wir wissen, dass x, y und z folgendermaßen aussehen können: x = a^j, y = a^k, z = a^{(p-(j+k))} b^p, wobei j + k ≤ p und k ≥ 1. Laut dem Pumping-Lemma muss der String xy^i z für alle i ≥ 0 ebenfalls in der Sprache L sein. Untersuchen wir den Fall, wenn i = 2. Dann ist der neue String x y^2 z: x y^2 z = a^j (a^k)^2 a^{(p-(j+k))} b^p = a^j a^{2k} a^{(p-(j+k))} b^p. Vereinfachen wir dies zu: = a^{(j + 2k + (p-(j+k)))} b^p = a^{(p+k)} b^p. Da k ≥ 1 ist, enthält der neue String mehr als p 'a's und genau p 'b's. Diese Form gehört nicht zur Sprache L, weil alle Strings in L die gleiche Anzahl von 'a's und 'b's haben müssen (n 'a's gefolgt von n 'b's). Dies zeigt, dass der String xy^2 z nicht in L liegt, was einen Widerspruch zur Voraussetzung der Regularität von L darstellt.
• Konsequenzen bezüglich der Regularität von L: Da dieser Widerspruch entstanden ist, können wir folgern, dass unsere anfängliche Annahme, dass die Sprache L regulär ist, falsch sein muss. Daher ist die Sprache L = \{a^n b^n \mid n \geq 0\} nicht regulär.

Aufgabe 4)

Angenommen, Du hast eine kontextfreie Grammatik (CFG) G mit den folgenden Produktionen:

• S -> AB
• A -> a | AA | AB
• B -> b | BB | BA

a)

Identifiziere die Produktionen, die nicht in CNF sind, und erläutere warum sie nicht in der Chomsky-Normalform sind.

Lösung:

Angenommen, Du hast eine kontextfreie Grammatik (CFG) G mit den folgenden Produktionen:

• S -> AB
• A -> a | AA | AB
• B -> b | BB | BA

• Eine Produktion ist in Chomsky-Normalform (CNF), wenn sie eine der folgenden Formen hat:
  • A -> BC (wobei A, B und C Nichtterminale sind, und B und C keine Startsymbole)
  • A -> a (wobei A ein Nichtterminal und a ein Terminal ist)
• Nun werden wir die Produktionen der gegebenen Grammatik daraufhin überprüfen, ob sie der CNF entsprechen:
• S -> AB: Diese Produktion entspricht der CNF, da sie die Form A -> BC hat.
• A -> a: Diese Produktion entspricht der CNF, da sie die Form A -> a hat.
• A -> AA: Diese Produktion entspricht der CNF, da sie die Form A -> BC hat.
• A -> AB: Diese Produktion entspricht der CNF, da sie die Form A -> BC hat.
• B -> b: Diese Produktion entspricht der CNF, da sie die Form A -> a hat.
• B -> BB: Diese Produktion entspricht der CNF, da sie die Form A -> BC hat.
• B -> BA: Diese Produktion entspricht der CNF, da sie die Form A -> BC hat.

b)

Führe eine Elimination der \(\epsilon\)-Produktionen durch, falls vorhanden. Verwende dazu die definierte Grammatik und zeige jeden Schritt der Elimination.

Lösung:

Gegeben:

• S -> AB
• A -> a | AA | AB
• B -> b | BB | BA

• Zunächst überprüfen wir die gegebenen Produktionsregeln auf das Vorhandensein von \(\epsilon\)-Produktionen.
• Eine \(\epsilon\)-Produktion ist eine Regel der Form A -> \(\epsilon\), bei der A ein Nichtterminal ist.
• In den gegebenen Produktionsregeln finden sich keine \(\epsilon\)-Produktionen:
• S -> AB
• A -> a | AA | AB
• B -> b | BB | BA
• Da keine \(\epsilon\)-Produktionen vorhanden sind, ist keine Elimination erforderlich.

• Es gibt in den gegebenen Produktionsregeln keine \(\epsilon\)-Produktionen, daher ist keine Elimination notwendig.

c)

Transformiere die gegebenen Produktionen in die CNF-Form durch Einfügen notwendiger zusätzlicher Nichtterminale. Zeige jeden Zwischenschritt und erkläre Deine Vorgehensweise.

Lösung:

Gegeben:

• S -> AB
• A -> a | AA | AB
• B -> b | BB | BA

• Eine Regel ist in CNF, wenn sie entweder die Form A -> BC (wobei A, B und C Nichtterminale sind und weder B noch C das Startsymbol sind) oder die Form A -> a (wobei A ein Nichtterminal und a ein Terminal ist).
• Wir überprüfen die gegebenen Produktionsregeln und ersetzen notwendige Regelungen:
• Schritt 1: Terminale durch neue Nichtterminale ersetzen
  • A -> a: Regel A -> a bleibt unverändert, da sie bereits in CNF ist.
  • B -> b: Regel B -> b bleibt unverändert, da sie bereits in CNF ist.
  • Für die restlichen Produktionsregeln ersetzen wir jedes Terminal durch ein neues Nichtterminal:
  • Einführung neuer Nichtterminale:
  • N_a -> a
  • N_b -> b
  • Ersetze Terminale in den Regeln A und B:
  • A -> N_a | AA | AB
  • B -> N_b | BB | BA
  • Aktualisierte Produktionsregeln unter Einbeziehung der neuen Nichtterminale:
  • N_a -> a
  • N_b -> b
  • S -> AB
  • A -> N_a | AA | AB
  • B -> N_b | BB | BA
• Schritt 2: Regeln mit mehr als zwei Nichtterminalen aufspalten
  • In diesem Schritt überprüfen wir Produktionsregeln mit mehr als zwei Nichtterminalen und strukturieren sie auf, so dass sie die Form A -> BC haben:
  • Regeln, die dies nicht erfüllen, sind bereits in Ordnung:
  • N_a -> a
  • N_b -> b
  • S -> AB
  • A -> N_a
  • A -> AA
  • A -> AB
  • B -> N_b
  • B -> BB
  • B -> BA
• Die aktualisierte Grammatik in der Chomsky-Normalform (CNF) sieht wie folgt aus:
• S -> AB
• A -> N_a
• A -> AA
• A -> AB
• B -> N_b
• B -> BB
• B -> BA
• N_a -> a
• N_b -> b

• Die gegebene Grammatik wurde mittels Ersetzung von Terminalen durch Nichtterminale und Umstrukturierung in Produktionsregeln mit maximal zwei Nichtterminalen in die Chomsky-Normalform (CNF) überführt.
• Die resultierende Grammatik in CNF ist:
• S -> AB
• A -> N_a
• A -> AA
• A -> AB
• B -> N_b
• B -> BB
• B -> BA
• N_a -> a
• N_b -> b

d)

Formuliere die endgültige Grammatik in CNF und überprüfe, ob die umgewandelte Grammatik äquivalent zur ursprünglichen Grammatik ist, indem Du einige Ableitungen vergleichst. Zeige je eine Ableitung für zumindest zwei verschiedene Ableitungen der Ausgangsgrmmatik und der transformierten CNF-Grammatik und vergleiche diese.

Lösung:

Gegeben:

• S -> AB
• A -> a | AA | AB
• B -> b | BB | BA

• S -> AB
• A -> N_a
• A -> AA
• A -> AB
• B -> N_b
• B -> BB
• B -> BA
• N_a -> a
• N_b -> b

• Ableitung 1: Ausgangsgrammatik: w = aab
  • S -> AB (Startregel)
  • A -> a (erste Regel von A)
  • B -> BB (dritte Regel von B)
  • Dann B -> BA (dritte Regel von B)
  • A -> a (erste Regel von A)
  • Schließlich B -> b (erste Regel von B)
• S -> AB
• A -> a
• B -> BB
• BB -> (BA)
• (BA) a -> (Ba -> b)
• Ableitung 1: Transformierte Grammatik (CNF): w = aab
  • S -> AB (Startregel)
  • A -> N_a (zweite Regel von A)
  • N_a -> a (erste Regel von N_a)
  • B -> BX (Variabler Regelregel von B)
  • X -> AA, bis zum Ersatz b
  • Schließlich B -> b (erste Regel von B)
• S -> AB
• A -> N_a
• N_a -> a
• B-> Bx
• Bx -> BB-> (AB -> 'b')
• Analyse: Beide Ableitungen führen zum gleichen Endprodukt „aab”, was zeigt, dass die resultierende Grammatik in der Chomsky-Normalform äquivalent zur ursprünglichen Grammatik ist.
• Ableitung 2: Ausgangsgrammatik: w = aaabb
  • S -> AB
  • A -> AA
  • Dann A -> a
  • B-> AB
  • B -> b
  • Schließlich -> BB
  • (b, BB -> B)
• Ableitung 2: Transformierte Handwerke: w quartiert b