אוטומטים- תרגול 8 שפות חסרות הקשר

Transcript

1 אוטומטים- תרגול 8 שפות חסרות הקשר דקדוק חסר הקשר דקדוק חסר הקשר הנו רביעיה > S <,Σ,N,R כאשר: אלפבית זר ל- N - Σ - N אלפבית )זר ל- Σ ( של אותיות לא סופיות )משתנים(.w (N Σ) ו- A N כך ש- A w קבוצה סופית של כללי-גזירה מהצורה - R - S N המשתנה ההתחלתי שפה חסרת הקשר שפה L היא חסרת הקשר קיים דקדוק חסר הקשר כך ש-( L( L. = L() = {x Σ S x} משפט: חיתוך של שפה חסרת הקשר ושפה רגולרית הינו שפה חסרת הקשר. משפחת השפות חסרות ההקשר - משפחת השפות חסרות ההקשר סגורה תחת איחוד, שרשור וכוכבית קליני. L CF L CF לא סגורה תחת חיתוך ומכאן שגם לא תחת השלמה. 1

2 שאלה 1 הגדרה יהי > S =< Σ, N, R, דקדוק חסר הקשר. סדרת גזירות w 1 w 2 נקראת "צמודה לשמאל", אם בכל שלב בסדרה מפעילים כלל גזירה על האות הלא סופית w 1 L. w 2 הראשונה. נסמן במקרה זה טענה. w L w אזי,w Σ כאשר w w אם הוכחה באינדוקציה על אורך סדרת הגזירות. מקרה בסיס: 0 גזירות. טריוויאלי. הנחת האינדוקציה:. w L לכל מילה Σ w המתקבלת מ- w מ- בפחות מ- n צעדי גזירה מתקיים: w צעד האינדוקציה: תהי Σ w מילה המתקבלת מ- w ב- ב- n 1 גזירות. נחלק את w בצורה הבאה: w = xay כאשר A N האות הלא סופית הראשונה ב- w, ובפרט Σ x. אזי w = xuv כאשר: A z u y v נשים לב כי Σ,u, v וכן הן נגזרות מ- y,z בהתאמה תוך פחות מ- n גזירות. על פי הנחת האינדוקציה נסיק ש- z L u וגם. y L v נחבר הכל ונקבל: w = xay L xzy L xuy L xuv = w ניתן לראות שסדרת גזירות זו היא צמודה לשמאל. 2

3 פתרון בוחן אוטומטים ושפות פורמליות תשע"ו שאלה 1 יהי {b. Σ =,a} מילה Σ w תקרא )לצורך תרגיל זה בלבד( מאוזנת לחלוטין אם היא בעלת אורך זוגי, נאמר,b והאחרת a היא σ 2 ו- מסויים, וכמו-כן אחת משתי האותיות σ 1 n עבור 0 w = σ 1 σ 2 σ 3 σ 4 σ 2n 1 σ 2n אחת משתי האותיות σ 3 ו- σ 4 היא a והאחרת b,..., אחת משתי האותיות 1 2n σ ו- σ 2n היא a והאחרת b. )לדוגמה, המילים abba ו- babaabba הן מאוזנות לחלוטין, אך aabb אינה כזו.( שפה Σ L היא מאוזנת לחלוטין אם כל מילה ב- L כזו. תהי L שפה מאוזנת לחלוטין. L היא בהכרח רגולרית. L אינה בהכרח רגולרית, אך היא בהכרח ניתנת לייצוג סופי מעל אלפבית מסויים. L רגולרית אם ורק אם היא סופית. פתרון התשובה הנכונה היא ד'. נביט על השפה: 0} n L = {(ab) n2 קל לראות כי השפה היא מאוזנת לחלוטין כי כל מילה בה בהכרח היא צירוף של הרצפים."ab" השפה היא אינה רגולרית מכיוון וסדרת הפרשי אורכי המילים ב- L אינה חסומה, וכפי שראינו בתרגול 5, שפה עם הפרשי אורכי מילים לא חסומה היא בהכרח לא רגולרית. משיקולי עוצמות, קיימת שפה מאוזנת לחלוטין שאינה ניתנת לייצוג סופי. אחרת, אם אפשר לייצג כל שפה באופן סופי, אז יש מס' בן מניה של אפשרויות לייצוג ולכן גם מס' בן מניה של שפות מאוזנות לחלוטין, וזאת סתירה. )נבחין כי ישנן מספר אינסופי של מילים מאוזנות לחלוטין, ומכאן שמספר השפות המאוזנות לחלוטין שווה בדיוק למספר תתי הקבוצות של קבוצה זו ולכן לא בן-מניה(. נוכל למצוא שפה רגולרית, מאוזנת לחלוטין שאינה סופית. למשל השפה הנגזרת ע י הב ר: * (ab) r. = זוהי שפה רגולרית מאוזנת לחלוטין אך אינה סופית. 3

4 {σ} הוא האוסף המינימלי של שפות הכולל את, את השפות Σ מעל L Reg שאלה 2 נזכור כי אוסף השפות הרגולריות עבור σ, Σ וסגור תחת איחוד, כפל )שרשור( ו- -קליני. נסמן )בתרגיל זה בלבד( ב- L max את האוסף המקסימלי של שפות הכולל את, את השפות {σ} עבור σ, Σ וסגור תחת איחוד, כפל ו- -קליני. לכל אלפבית Σ, שפת כל הפלינדרומים מעל Σ שייכת ל- L. max כמו-כן, אם b} Σ = {a, אז.{a n b n n 0} L max כל שפה ב- L max ניתנת לייצוג סופי. בפרט, הקבוצה L max היא בת-מניה. ההגדרה אינה טובה כי יש בה סתירה פנימית: מכיוון ש- L max הוא מקסימלי, הוא אינו כולל שפות קטנות. בפרט, הוא לא יכול לכלול את. שאלה 3 יהי 9}, 2, {0, 1, =.Σ לכל שלם אי-שלילי,r נסמן ב- L r את השפה המורכבת מכל המילים σ 1 σ 2 σ k מעל.σ 1 +σ σ k = r המקיימות Σ )לדוגמה, L ו- L שימו לב ש- 7 7 משמעו שהמספר 7 נכתב 7 פעמים(.L 10 L 10 = L 20. L 10 L 10 = L 100.L 3 = L( ) שאלה 4 תהי L(M) L, = באשר M ה- DFA משמאל. L = {a}{a 2 b, aba, ba 2 } {a 2 b, aba, ba 2 } {a} L = {w {a, b} : ( w a + 2 w b )mod4 = 1} )תזכורת: w σ מציין את מספר המופעים של האות σ במילה w.( מסגירות L DFA תחת כפל )שרשור( נובע כי, אם 2 w 1, w.w 1 w 2 L אז,L 4

5 שאלה 5 יהיו > i,m i =< Q, Σ, δ, s, A עבור = 1,2,3,i שלושה DFA -ים הנבדלים זה מזה רק בקבוצת המצבים המקבלים. התבונן בטענות הבאות:.L(M 1 ) L(M 2 ) אז A 1 אם A 2 )i(.l(m 1 ) L(M 2 ) = אז A 1 A 2 = אם )ii(.l(m 3 ) = L(M 1 ) L(M 2 ) אז A 3 = A 1 אם A 2 )iii( טענה (i) אינה נכונה, ואילו (ii) ו-( iii ) נכונות. טענה (ii) אינה נכונה, ואילו (i) ו-( iii ) נכונות. טענה (iii) אינה נכונה, ואילו (i) ו-( ii ) נכונות. פתרון התשובה הנכונה היא א'. טענה i: הטענה אינה נכונה. למשל: Q = {q 0, q 1 }, Σ = {a}, δ(q i, a) = q i (i = 0,1), s = q 0 A 1 = {q 0 }, A 2 = {q 0, q 1 } ניתן לראות ש- {a},l(m 1 ) = L(M 2 ) = למרות ש-.A 1 A 2 טענה :ii הטענה נכונה: נניח בשלילה ש- ) 2,L(M 1 ) L(M כלומר קיימת מילה ) 2.w L(M 1 ) L(M בפרט ) 1 w L(M ולכן ε),(s, w) (q, כאשר.q A 1 מכיוון ש-,δ M1 = δ M2 נסיק כי M1 (ε,s). (w,q) מאחר ו- M 2 הינו דטרמיניסטי, הרי שזהו החישוב היחיד שלו על w. לפי הנחתנו M2.A 1 A 2 = בסתירה לכך ש-,q לכן בהכרח A 2,w L(M 2 ) w L(M 3 ) (s, w) (q, ε) q A 3 = A 1 A 2 M3 (s, w) M1 (q, ε) q A 1 or (s, w) (q, ε), q A 2 M2 w L(M 1 ) or w L(M 2 ) w L(M 1 ) L(M 2 ) טענה :iii הטענה נכונה: 5

6 שאלה 6 תהי L Reg משפחת השפות הרגולריות מעל Σ, ו- L DFA משפחת השפות המתקבלות ע"י.DFA לכל מספר טבעי n, נסמן ב- L Reg,n את משפחת השפות מהצורה,L(r) באשר r ביטוי רגולרי באורך n או פחות, וב- L DFA,n את משפחת השפות המתקבלות ע"י DFA בעל n מצבים או פחות. לכל n מתקיים,L Reg,n = L DFA,n ולכן L Reg = L Reg,n = L DFA,n = L DFA n=1 לכל n מתקיים.L Reg,n = L DFA,n כמו-כן מתקיים.L Reg = L DFA ואולם, איחודים אינסופיים של שפות רגולריות אינם בהכרח שפות רגולריות, ולכן:. L Reg n=1 L Reg,n. L DFA n=1 L DFA,n כמו-כן: אם DFA,30 L L אז DFA,120.L ({a} {b} ) L n=1 פתרון התשובה הנכונה היא ג'. תהי L ב- DFA,30 L קיים אומטומט דטרמיניסטי M L בעל לכל היותר 30 מצבים כך ש.L(M L ) = L יהי > A M =< Q, Σ, δ, s, אוטומט דטרמיניסטי המוגדר באופן הבא: Q = {s, q a, q b, q rej }, A = {s, q a, q b } δ(s, a) = δ(q a, a) = q a δ(s, b) = δ(q b, b) = q b δ(q a, b) = δ(q b, a) = δ(q rej, a) = (q rej, b) = q rej a q a s q rej q b b L(M ) = {a} {b} M L יש 4 מצבים באוטומט המכפלה M = M M ישנם לכל היותר 120 מצבים, וכנלמד בכיתה: ב- L(M) = L(M ) L(M L ) = L ({a} {b} ) מכאן ש- DFA,120 L ({a} {b} ) L תשובות א' ו-ב' אינן נכונות כי {, Σ} L, DFA,1 = ואילו r = a )עבור a Σ כלשהו( הוא ביטוי רגולרי באורך 1 כך ש- DFA,1.L(r) L 6

7 שאלה 7 תהי L(M) L, = באשר M ה- NFA משמאל..L = L((ab) ( a)((a b)b) ).L L(aaba(ab) ) לכל מספר טבעי מספיק גדול n מתקיים b. n L שאלה 8 התבונן בטענות הבאות: אם L שפה שעבורה קיים ביטוי רגולרי r המקיים,L(r) = L אז קיים ביטוי רגולרי r המקיים = ) L(r ).Σ \L יש המסמנים זאת בצורה.Σ ב- אנו מסמנים את המשלים ל- L Σ L בביטוי )הערה:.Σ L אם L 1, L 2 שפות עבורן קיימים ביטויים רגולריים r 1, r 2 המקיימים L(r i ) = L i עבור = 1, 2,i אז קיים ביטוי רגולרי r המקיים.L(r) = L 1 L 2 (i) נכונה, (ii) אינה נכונה. (ii) נכונה, (i) אינה נכונה. שתי הטענות (i) ו-( ii ) נכונות. )i( )ii( 7

8 שאלה 9 בהינתן שפה L ומילה w, L שלשה של מילים (z,x),y ב- Σ תקרא )לצורך תרגיל זה בלבד( פיצול ניתן לניפוח של w אם:.y ε )i(.xyz = w )ii(.n לכל 0 xy n z L )iii( נסמן ב-( s(w את מספר הפיצולים הניתנים לניפוח של w. )שים לב לכך שהפונקציה s מוגדרת רק עבור מילים ב- ).L אם L רגולרית אינסופית, אז s(w) כאשר w. )בצורה יותר פורמלית, לכל M קיים N כך שאם w L ו- N w > אז ).s(w) > M אם L אינה רגולרית, אז קיימות אינסוף מילים w ב- L שעבורן = 0.s(w) תהי L השפה המורכבת מכל המילים w מעל {b,a} המקיימות w a = w b )מספר מופעי a הינו כמספר מופעי.)b אזי לכל n מתקיים.s(a n b n ) = 2n פתרון התשובה הנכונה היא א'. הסבר: כיוון ש- L רגולרית קיים אוטומט סופי דטרמיניסטי D עבורו.L(D) = L שימו לב כי כל לולאה בריצת האוטומט על מילה יכולה לשמש בתור ה- y בפיצול ניתן לפירוק של המילה )מעבר אחד בלולאה או יותר(, ולולאות שונות נותנות פיצולים שונים. בהנתן M, נוודא כי יהיו לפחות M לולאות בקריאת המילה, ולפיכך לפחות M פיצולים ניתנים לפירוק שונים. נניח כי מספר המצבים באוטומט הוא.k נבחר 1) + M(k.N = תהי w L כך ש- 1) + (k, w M אזי בקריאת w האוטומט D עובר בלפחות M לולאות )כל (1 + k) מעברים מבטיחים מעבר בלולאה אחת לפחות(, לכן יהיו לפחות M פירוקים אפשריים כנדרש. סעיף ב' לא נכון כיוון שראינו שפות לא רגולריות המקיימות את למת הניפוח. אי נכונות סעיף ב' נובעת מכך. סעיף ג' לא נכון כיוון שה- y -ים המתאימים הם מהצורה,y = a k b k, 1 k n כלומר.s(a n b n ) = n מקווה שעד עכשיו הבנתם למה סעיף ד' לא נכון. 8

9 שאלה 10 נאמר כי שפה כלשהי L מקיימת את למת הניפוח עבור N טבעי מסויים אם עבור כל מילה L w עם w N קיימות שלוש מילים Σ,x, y, z המקיימות:.y ε )i(.xyz = w )ii(.n לכל 0 xy n z L )iii(. xy N )iv( יהי {b. Σ =,a} תהי L השפה המורכבת מכל המילים w בעלות התכונה שלכל תת-מילה u באורך 100 של w מתקיים 60 a. u L מקיימת את למת הניפוח עבור = 25 N. L מקיימת את למת הניפוח עבור = 100 N, אך לא עבור = 25 N. L מקיימת את למת הניפוח עבור = 200 N, אך לא עבור = 100 N. פתרון התשובה הנכונה היא ב' נראה כי השפה אינה מקיימת את למת הניפוח עם = 25 N: ואמנם תהי.w = b 25 L אזי לכל פירוק w = xyz כבהגדרה מתקיים כי y = b k באשר 25 k.1 לכן ולכן אינה ב- L. מילה באורך גדול מ- 100 המורכבת כולה מ- b -ים, xy 101 z = b k נראה כי השפה מקיימת את למת הניפוח עם = 100 N: תהי w L מילה מאורך 100. נתבונן בפירוק w = xyz כאשר y הרישא באורך 100 של w, ו- z הסיפא )בפרט x(. = ε ברור כי תנאים (i),(ii) ו-( iv ) מתקיימים. נותר להראות את תנאי.(iii) u. xy 0 a מאורך 100, ולכן 60 w מאורך 100 היא גם תת מילה של z של u בשפה, כי כל תת מילה z = z xy n z = y n z עבור 1 :n לכל תת מילה u באורך 100 של,xy n z אם u תת מילה של yz אזי זוהי תת מילה באורך 100 של w, ולכן 60 a u. אחרת, u תת מילה של y. n אם u = y אזי זוהי תת מילה של w באורך,100 ולכן 60 a. u a = y נניח כי,u y כלומר u מוכלת ברצף yy כלשהו u( מאורך,100 ולכן לא ייתכן כי היא מכילה אותיות מיותר מ- 2 y -ים(. נניח והיא מכסה את הסיפא באורך k של ה- y הראשונה, אזי היא מכסה את הרישא באורך k 100 של ה- y השניה. סה"כ נקבל כי האותיות של u אלו בדיוק האותיות של y עד כדי שינוי הסדר, ולכן 60 a. u a = y 9

10 שאלה נוספת בהינתן שתי שפות L 1 ו- L 2 נגדיר את השפה L 1 L 2 באופן הבא: L 1 L 2 = {uv: u L 1, v L 2 and u = v } לדוגמא, עבור aaa} L 1 = {a, ו- bab} L 2 = {ab, נקבל כי {aaabab} L 1 L 2 = הראה כי אם L 1 ו- L 2 רגולריות אזי L 1 L 2 ח"ה ע"י בניית דקדוק ח"ה ששפתו L 1 L 2 והסבר מדוע מתקיים.L() = L 1 L 2 הוכח או הפרך- משפחת השפות הרגולריות סגורה תחת. כלומר, אם L 1 ו- L 2 רגולריות אזי L 1 L 2 רגולרית. פתרון סעיף א יהיו L 1, L 2 שפות רגולריות. מתכונת סגירות של שפות רגולריות גם L) 2 ) R רגולרית. יהיו 1, 2 R דקדוק ח"ה רגולריים עבור L 1, (L 2 ) R בהתאמה. נשתמש בפונקציה f שהגדרנו בתרגול 7 שאלה,2 L. R נגדיר,f( ונשים לב כי אשר בהינתן דקדוק ח"ה עבור שפה L מחזירה דקדוק ח"ה עבור השפה 2 (R = 2.L( 2 ) = L( 2 R) R = ((L 2 ) R ) R = L 2 נסמן: > 1, 1 =< Σ, N 1, R 1, S וכן > 2. 2 =< Σ, N 2, R 2, S הערה בה"כ ניתן להניח כי כל הכללים בדקדוק 1 הם מהצורה aa,a או,A ϵ עבור A, A N 1 ו- Σ.a לשם כך ניזכר בשאלה 1 מתירגול 7, אשר בהינתן אוטומט לשפה מחזירה דקדוק ח"ה רגולרי עבור השפה. בבניית הדקדוד נוסף כלל מהצורה A A רק עבור מעבר אפסילון )ממצב A למצב A( באוטומט הנתון. לכן, אם נחיל את הבניה על אוטומט סופי דטרמיניסטי עבור השפה לא יווצרו כללים כנ"ל. באותו אופן נסיק עבור, 2 R ולכן נוכל להניח כי כל כללי הגזירה בדקדוק 2 הם מהצורה b או B ε עבור B, B N B B 2 ו- Σ b )כי f הופכת את כל כללי הגזירה של (. 2 R N = {(AB) A N 1 B N 2 }, S = (S 1 S 2 ) נגדיר דקדוק ח"ה > S =< Σ, N, R, באופן הבא: R = {(AB) a(a B )b A aa R 1 B B b R 2 } {(AB) ε A ε R 1 B ε R 2 } דוגמא.(L,L L 1 = ab b ו- = ba 2 ) R = a b 2 עבור 2 R = S 2 as 2 bb 2 = S 2 S 2 a Bb 1 = S 1 aa ba ε B ε B ε A ba ε (S 1 S 2 ) a(as 2 )a a(ab)b b(as 2 )a b(ab)b (AS 2 ) b(as 2 )a b(ab)b (AB) ε נקבל את הדקדוק הבא: 10

11 טענה L() = L 1 L 2 כיוון א': L() L 1 L 2 ) 2,w (S 1 S וכן מאופן הגדרת, אם w אזי ניתן לרשום w = w 1 w 2 כך שמתקיים ) Σ (N 1 Σ 1 2.w 2 (N 2 Σ Σ 1 = w בנוסף. w בכל הפעלת כלל גזירה ב- "מדמים" הפעלה של שני כללי גזירה ) במקביל ב- 1 וב-, 2 וכל כלל כזה מייצר אות לא סופית נוספת )ולכן 2 אותיות נוספות עבור כלל הגזירה ב- (. הגזירה ב- מסתיימת רק אם הגענו לדמות שני כללי גזירה מהצורה C ε ב- 1 וב-. 2 לכן ניתן להסיק כי קיימות סדרות גזירה ב- 1 ו- 2 שמייצרות את ו- w 2 בהתאמה. w 1 מכאן שעבור w L קיימת חלוקה w = w 1 w 2 כך ש-( w 1 L( 1 ו-(,w 2 L( 2 וגם 2, w 1 = w ולכן.w L 1 L 2 כיוון ב': L() L 1 L 2 תהי,w L 1 L 2 מכאן ש- w = w 1 w 2 כאשר w 1 L 1 ו-,w 2 L 2 וגם 2. w 1 = w נסמן 1.n = w נראה כי קיימת סדרת גזירות ב- כך ש- w מתקבלת, ולכן L() w. מתקבלת, נסמנה.P 1 w 1 כך ש- 1 ולכן קיימת סדרת גזירות ב-,w 1 L 1 מתקבלת, נסמנה.P 2 w 2 כך ש- 2 ולכן קיימת סדרת גזירות ב-,w 2 L 2 בעזרת סדרות אלה נגדיר את סדרת הגזירות ב- כך ש- w מתקבלת, נסמנה P. נעבור במקביל על סדרות הגזירה P, 1, P 2 ולפי כלל הגזירה בו השתמשנו בכל אחת מסדרות אלה נגדיר את צעד הגזירה הבא ב- P, ונעבור לצעד הגזירה הבא ב- P 1 וב- P. 2 נסמן ב-( AB ) את המשתנה אליו הגענו עד כה בסדרת הגזירות P אותה אנו מגדירים )בתחילה ) 2,(AB) = S) 1 S ובכל שלב בגזירה יש משתנה יחיד במילה שנגזרה עד כה(. נתבונן בצעדי הגזירה ב- P 1 וב- P 2 אליהם הגענו, ונחלק למקרים: אם צעד הגזירה ב- P 1 הוא מהצורה aa A וצעד הגזירה ב- P 2 הוא מהצורה B, B b נגזור לפי וב-,(AB) a(a B 2 ונעבר לצעד הגזירה הבא ב-.P P 1 )b אם צעד הגזירה ב- P 1 הוא מהצורה A ε וצעד הגזירה ב- P 2 הוא מהצורה B, ε נגזור לפי (AB) ε ונסיים..1.2 w 1 P 1 נותר לראות כי הסדרה P מוגדרת היטב, ואכן גוזרת את w. מאחר והדקדוקים 1, 2 מחייבים גזירה של אות לא סופית אחת בכל צעד גזירה שאינו הצעד האחרון, ומאחר ו- w, A = w B בכל אחת מסדרות הגזירה P 1, P 2 יש בדיוק n הפעלות של כלל גזירה המייצר אות לא סופית, ולבסוף הפעלה של כלל גזירה מהצורה C. ε לכן, מקרה 1 יתרחש n פעמים )והגזירה לא נתקעת בשלב זה(. לאחר ש- n כללי הגזירה הנ"ל הופעלו, כל אחת מסדרות הגזירה P 1 ו- P 2 מסתיימות בכלל מהצורה C, ε ולכן מקרה 2 יופעל, והגזירה תסתיים. בסופה נקבל כי כל אחת מהסדרות ו- P 2 "גרמה" לגזירה של המילה ו- w 2 בהתאמה בסדרה P, ולכן P אכן גוזרת את w. 11

12 דוגמא עבור w 1 = bb ו- ba.w 2 = ו- ba. P 2 = S 2 S 2 a Bba P 1 = S 1 ba bba bb סדרת הגזירות ב- כך ש- w 1 w 2 מתקבלת היא: P = (S 1 S 2 ) b(as 2 )a bb(ab)ba bbba סעיף ב b.l 1 = a, L 2 = אזי,L וזו אינה רגולרית. 1 L 2 = {a n b n n 0} הפרכה. נבחר 12