Άσκηση Σιρά Προβλημάτων Λύσις Να δώστ κανονικές κφράσις που να πριγράφουν τις πιο κάτω γλώσσς. (α) { m n m, n, m+n πριττός ακέραιος} (β) {w {,} * τα πρώτα δύο σύμβολα της w, αν υπάρχουν, δν ίναι τα ίδια μ τα δύο τλυταία σύμβολα της w} [Επξήγηση: Aν η λέξη ξκινά μ την υποσυμβολοσιρά xy τότ δν μπορί να τλιώνι σ xy.] (γ) { w η w ίναι μια μη κνή λέξη πί του αλφάβητου {,} η οποία πριέχι τουλάχιστον ένα σ κάθ πντάδα συνχόμνων στοιχίων μτά από το πρώτο, αν υπάρχι} (δ) {w η w ίναι λέξη πί του αλφάβητου {,} η οποία πριέχι τη συμβολοσιρά για άρτιο αριθμό φορών και δν πριέχι τη συμβολοσιρά } Λύση (α) ()*()* ()* ()* (β) [ ( )*( )] [ ( )*( )] [ ( )*( )] [ ( )*( )] (γ) *[*( ) ]* (δ) *( + + + )*[ ] Άσκηση 2 Θωρήστ το μη νττρμινιστικό αυτόματο (Q, Σ, δ, q 0, F) μ σύνολο καταστάσων το Q = {q 0, q, q 2, q 3}, αλφάβητο το Σ = {,}, σύνολο τλικών καταστάσων το F = {q 3}, και συνάρτηση μταβάσων δ όπως ορίζται στον πίνακα που ακολουθί: δ q 0 {q 2} {q } {q 3} q {q 3} q 2 {q,q 3} q 3 {q 0} (α) Να παρουσιάστ το αυτόματο γραφικά μέσω νός διαγράμματος μταβάσων. To διάγραμμα μταβάσων του αυτομάτου φαίνται πιο κάτω: Λύσις Σιράς Προβλημάτων 2 Εαρινό Εξάμηνο 209 Σλίδα
q 0 q q 2 q 3 (β) Να μτατρέψτ το αυτόματο από το σκέλος (α) σ ένα ισοδύναμο νττρμινιστικό αυτόματο χρησιμοποιώντας τον σχτικό αλγόριθμο (Διαφάνις 2 37 2 38). Από τη σχτική κατασκυή προκύπτι το πιο κάτω ισοδύναμο νττρμινιστικό αυτόματο., {q 0, q 3 } {q 2 } {} {q 0,q,q 3 } (γ) Να μτατρέψτ το αυτόματο από το μέρος (β) στην ισοδύναμη κανονική έκφραση χρησιμοποιώντας τον σχτικό αλγόριθμο (Διαφάνια 3 20). Εισάγουμ καινούρια αρχική κατάσταση και καινούρια τλική κατάσταση δημιουργώντας τις κατάλληλς συνδέσις και μτατρέποντας το αυτόματο σ GNFA. Για υκολία, μτονομάζουμ τις υπόλοιπς καταστάσις. 2 3 4 Λύσις Σιράς Προβλημάτων 2 Εαρινό Εξάμηνο 209 Σλίδα 2
Βήμα : Αφαίρση της κορυφής 3 2 4 Βήμα 2: Αφαίρση της κορυφής 2 4 Βήμα 3: Αφαίρση της κορυφής 4 ( ) + Βήμα 4: Αφαίρση της κορυφής ( ) + Άσκηση 3 Να αποφασίστ κατά πόσο οι πιο κάτω γλώσσς ίναι κανονικές αιτιολογώντας μ ακρίβια τις απαντήσις σας. (α) { x#y x {0,} 2, y {0,}* και η λέξη x ίναι υποσυμβολοσιρά της λέξης y } Λύσις Σιράς Προβλημάτων 2 Εαρινό Εξάμηνο 209 Σλίδα 3
(β) { x#y x, y {0,}* και η λέξη x ίναι υποσυμβολοσιρά της λέξης y } (γ) { x#y x, y {0,}* και η λέξη y ίναι υποσυμβολοσιρά της λέξης x } (δ) { w w {0,}* και η w έχι πριττό μήκος και το μσαίο της σύμβολο ίναι 0 } () (α) Η γλώσσα ίναι κανονική και πριγράφται από την πιο κάτω κανονική έκφραση: 00#(0 )*00 (0 )* 0#(0 )*0 (0 )* 0#(0 )*0 (0 )* #(0 )* (0 )* (β) Υποθέτουμ για να φτάσουμ σ αντίφαση ότι η L 2 = { x#y x, y {0,}* και η λέξη x ίναι υποσυμβολοσιρά της λέξης y } ίναι κανονική. Τότ, σύμφωνα μ το Λήμμα της Άντλησης, υπάρχι p, το μήκος άντλησης της γλώσσας, τέτοιο ώστ κάθ λέξη της γλώσσας μ μήκος μγαλύτρο από p να ικανοποιί την ιδιότητα που πριγράφται στο Λήμμα. Ας πιλέξουμ τη λέξη w= p # p. Τότ, σύμφωνα μ το λήμμα, w = xyz έτσι ώστ η υπολέξη xy να βρίσκται μέσα στις p πρώτς θέσις της w ( xy p) η y να ίναι μη κνή ( y 0) και πανάληψη της υπολέξης y να διατηρί την προκύπτουσα λέξη ντός της γλώσσας (xy i z L 2). Αφού xy p, τότ πρέπι να ισχύι ότι x = λ, y = μ, z = p λ μ # p. Επίσης, από το λήμμα, πρέπι να ισχύι ότι xy 2 z L 3. Αλλά xy 2 z = λ μ μ p λ μ # p = p+μ # p. Από τον ορισμό της γλώσσας, xy 2 z L 2. Αυτό μας οδηγί σ αντίφαση και πομένως η υπόθσή μας ότι η γλώσσα L 3 ίναι κανονική ήταν σφαλμένη. (γ) Υποθέτουμ για να φτάσουμ σ αντίφαση ότι η L 3 = { x#y x, y {0,}* και η λέξη y ίναι υποσυμβολοσιρά της λέξης x } ίναι κανονική. Τότ, σύμφωνα μ το Λήμμα της Άντλησης, υπάρχι p, το μήκος άντλησης της γλώσσας, τέτοιο ώστ κάθ λέξη της γλώσσας μ μήκος μγαλύτρο από p να ικανοποιί την ιδιότητα που πριγράφται στο Λήμμα. Ας πιλέξουμ τη λέξη w = p # p. Τότ, σύμφωνα μ το λήμμα, w = xyz έτσι ώστ η υπολέξη xy να βρίσκται μέσα στις p πρώτς θέσις της w ( xy p), η y να ίναι μη κνή ( y 0) και οποιαδήποτ πανάληψη της υπολέξης y να διατηρί την προκύπτουσα λέξη ντός της γλώσσας (xy i z L 3). Αφού xy p, τότ πρέπι να ισχύι ότι x = λ, y = μ, z = p λ μ # p. Επίσης, από το λήμμα, πρέπι να ισχύι ότι xy 0 z L 3. Αλλά xy 0 z = λ p λ μ # p = p μ # p. Από τον ορισμό της γλώσσας, και αφού η λέξη p δν ίναι υποσυμβολοσιρά της λέξης p μ, xy 0 z L 3. Αυτό μας οδηγί σ αντίφαση και πομένως η υπόθσή μας ότι η γλώσσα L 3 ίναι κανονική ήταν σφαλμένη. (δ) Υποθέτουμ για να φτάσουμ σ αντίφαση ότι η L 4 = { w w {0,}* και η w έχι πριττό μήκος και το μσαίο της σύμβολο ίναι 0 } ίναι κανονική. Λύσις Σιράς Προβλημάτων 2 Εαρινό Εξάμηνο 209 Σλίδα 4
Τότ, σύμφωνα μ το Λήμμα της Άντλησης, υπάρχι p, το μήκος άντλησης της γλώσσας, τέτοιο ώστ κάθ λέξη της γλώσσας μ μήκος μγαλύτρο από p να ικανοποιί την ιδιότητα που πριγράφται στο Λήμμα. Ας πιλέξουμ τη λέξη w = p 0 p. Τότ, σύμφωνα μ το λήμμα, w = xyz έτσι ώστ η υπολέξη xy να βρίσκται μέσα στις p πρώτς θέσις της w ( xy p) η y να ίναι μη κνή ( y 0) και οποιαδήποτ πανάληψη της υπολέξης y να διατηρί την προκύπτουσα λέξη ντός της γλώσσας (xy i z L 4). Αφού xy p, τότ πρέπι να ισχύι ότι x = λ, y = μ, z = p λ μ 0 p. Επίσης, από το λήμμα, πρέπι να ισχύι ότι xy 2 z L 4. Αλλά xy 2 z = λ 2μ p λ μ 0 p = p+μ 0 p. Από τον ορισμό της γλώσσας, αφού το μσαίο της σύμβολο δν ίναι 0, xy 2 z L 4. Αυτό μας οδηγί σ αντίφαση και πομένως η υπόθσή μας ότι η γλώσσα L 4 ίναι κανονική ήταν σφαλμένη. () Υποθέτουμ για να φτάσουμ σ αντίφαση ότι η L 5 = n 0 ίναι κανονική. Τότ, σύμφωνα μ το Λήμμα της Άντλησης, υπάρχι p, το μήκος άντλησης της γλώσσας, τέτοιο ώστ κάθ λέξη της γλώσσας μ μήκος μγαλύτρο από p να ικανοποιί την ιδιότητα που πριγράφται στο Λήμμα. Ας πιλέξουμ τη λέξη w. Τότ, σύμφωνα μ το λήμμα, w = xyz έτσι ώστ η υπολέξη xy να βρίσκται μέσα στις p πρώτς θέσις της w ( xy p) η y να ίναι μη κνή ( y 0) και οποιαδήποτ πανάληψη της υπολέξης y να διατηρί την προκύπτουσα λέξη ντός της γλώσσας (xy i z L 5). Αφού xy p, τότ πρέπι να ισχύι ότι x = λ, y = μ, z = και λ+μ p. Επίσης, από το λήμμα, πρέπι να ισχύι ότι xy 2 z L 5. Έχουμ ότι xy 2 z =. Για να ανήκι η λέξη στη γλώσσα πρέπι 4p 9 4q 9 για κάποιο ακέραιο q. Αλλά 4p 9 > 4p 9 και 4p 9 4 p 9 4p 8p 3 για τον λόγο ότι μ p. Αφού η ποσότητα 4p 9 βρίσκται ανάμσα στις δύο τιμές, και δν ισούται μ καμιά από αυτές, ίναι αδύνατο να υπάρχι q τέτοιο ώστ 4p 9 4q 9. Αυτό μας οδηγί στο συμπέρασμα ότι xy 2 z L 5 και πομένως η υπόθσή μας ότι η γλώσσα L 5 ίναι κανονική ήταν σφαλμένη. Άσκηση 4 H Βίκυ και ο Μίκης έχουν βρι στην αποθήκη ένα παλιό NFA του παππού τους. Όμως ίναι τόσο σκουριασμένο και πρίπλοκο που δν μπορούν να καταλάβουν ποια γλώσσα αποδέχται. Παρόλα αυτά, ο Μίκης έχι αρκτές ιδές πώς να το τροποποιήσι για να κτλί άλλς ργασίς: Μίκης: Μπορώ ύκολα να το τροποποιήσω ώστ να αναγνωρίζι το συμπλήρωμα της γλώσσας που αναγνωρίζι τώρα! Αρκί να ανταλλάξω τλικές και μη τλικές καταστάσις: Όσς ήταν τλικές να τις κάνω μη τλικές και όσς ήταν μη τλικές να τις κάνω τλικές. Λύσις Σιράς Προβλημάτων 2 Εαρινό Εξάμηνο 209 Σλίδα 5
Βίκυ: Χμμμ Μίκης: Εξίσου ύκολα μπορώ να το τροποποιήσω ώστ να αναγνωρίζι τη σώρυση της γλώσσας που αναγνωρίζι τώρα! Αρκί σ κάθ τλική κατάσταση να προσθέσω μια μτάβαση προς την αρχική και μτά να συμπριλάβω την αρχική στις τλικές. Βίκυ: Χμμμ Αν και η Βίκυ ίναι απλά δύσπιστη, σίς ίστ σίγουροι ότι καμιά από τις δύο τροποποιήσις του Μίκη δν λιτουργί. Εξηγήστ γιατί: (α) Δώστ αντιπαράδιγμα NFA N για το οποίο το αυτόματο Ν που παράγι η πρώτη τροποποίηση δν αναγνωρίζι το συμπλήρωμα της L(N). Αποδίξτ ότι το Ν ίναι πράγματι αντιπαράδιγμα. Πως θα κατασκυάζατ σίς ένα αυτόματο για το συμπλήρωμα της L(N); (β) Δώστ αντιπαράδιγμα NFA Μ για το οποίο το αυτόματο Μ που παράγι η δύτρη τροποποίηση δν αναγνωρίζι τη σώρυση της L(Μ). Αποδίξτ ότι το Μ ίναι πράγματι αντιπαράδιγμα. Λύση (α) Παρατηρούμ ότι το αυτόματο του Μίκη δν αλλάζι τις μταβάσις και πομένως δν πηράζι τον υπολογισμό: το αυτόματο Ν θα πξργαστί κάθ λέξη μ την ίδια ακολουθία μταβάσων όπως και το Ν. Η μόνη διαφορά έγκιται στην τλική απόφαση. Αν σ κάποιο κλάδο της μη νττρμινιστικής κτέλσης του αυτομάτου τα Ν αποδέχται τότ το Ν θα απορρίψι. Σημαίνι όμως αυτό ότι αν το Ν αποδέχται κάποια λέξη το Ν θα την απορρίψι; Μπορούμ να δούμ πως όχι: Παρατηρούμ ότι αν το Ν αποδέχται κάποια λέξη τότ ίναι δυνατό κάποιοι κλάδοι της μη νττρμινιστικής κτέλσης του Ν να αποδέχονται και κάποιοι άλλοι να απορρίπτουν. Τότ το αυτόματο Ν θα απορρίπτι στους αποδκτικούς κλάδους του Ν και θα αποδέχται στους απορριπτικούς. Κατά συνέπια το Ν θα αποδέχται και λέξις που αποδέχται το Ν και πομένως η γλώσσα του Ν δν θα αποτλί το συμπλήρωμα της γλώσσας του Ν. Ένα τέτοιο παράδιγμα παρουσιάζται στο πιο κάτω αυτόματο. 2 3 2 3 Ν Ν Το αυτόματο Ν αποδέχται τη λέξη (μονοπάτι 2 3) και το αυτόματο Ν πίσης την αποδέχται (στο μη αποδκτικό μονοπάτι του Ν, ). Εναλλακτικό αντιπαράδιγμα που παρουσιάζι ακόμα ένα πρόβλημα της κατασκυής του Μίκη ίναι το πιο κάτω. Το αντιπαράδιγμα ντοπίζι ότι η κατασκυή του Μίκη δν πιτρέπι την αποδοχή λέξων που απορρίπτονται από το Ν λόγω μη ύπαρξης κλάδου που να τις διαβάζι. Για παράδιγμα στο πιο κάτω σχήμα, το Ν απορρίπτι τη λέξη και πομένως το Ν θα έπρπ να την αποδέχται. Αυτό δν ισχύι αφού το Ν αποδέχται Λύσις Σιράς Προβλημάτων 2 Εαρινό Εξάμηνο 209 Σλίδα 6
μόνο την κνή λέξη και όχι το συμπλήρωμα της γλώσσας που αποδέχται το Ν, που ίναι η γλώσσα {}* {}. 2 2 Ν Ν Εντούτοις, η κλάση των γλωσσών που αναγνωρίζονται από NFA ίναι κλιστή ως προς το συμπλήρωμα. Συγκκριμένα, αν θωρήσουμ οποιαδήποτ γλώσσα Λ που αναγνωρίζται από κάποιο NFA Ν, τότ το συμπλήρωμά της πίσης αναγνωρίζται από κάποιο NFA. Για να ντοπίσουμ αυτό το αυτόματο μπορούμ να μτατρέψουμ το Ν σ ισοδύναμο DFA, έστω D, και να φαρμόσουμ σ αυτό την κατασκυή του Μίκη. Η κατασκυή, στα πλαίσια των νττρμινιστικών αυτομάτων, ίναι τέτοια ώστ το καινούριο αυτόματο να αναγνωρίζι τη γλώσσα. Για να δίξουμ το ζητούμνο υποθέτουμ ότι Ν = (Q, Σ, δ, q, F) ίναι ένα DFA αυτόματο που αναγνωρίζι τη γλώσσα L και Ν = (Q, Σ, δ, q, F ), F = Q F. Θα αποδίξουμ ότι w L(Ν ) αν και μόνο αν w. (*) Ας υποθέσουμ λοιπόν ότι w = w w 2 w n L(N ). Τότ, υπάρχι ακολουθία καταστάσων r 0, r,, r n του που ικανοποιί τις συνθήκς:. r 0 = q 2. δ, για i = 0,,n, και 3. r n Q F Επομένως, w. Αυτό αποδικνύι την κατύθυνση της ζητούμνης πρόταση (*). Για την αντίθτη κατύθυνση, ας υποθέσουμ ότι w. Αφού το N ίναι ένα νττρμινιστικό αυτόματο, υπάρχι ακολουθία καταστάσων r 0,r,,r n του που ικανοποιί τις συνθήκς:. r 0 = q 2. δ, για i = 0,,n, 3. αλλά, αφού w, r n F. Παρατηρούμ ότι το ίδιο μονοπάτι μφανίζται και στο αυτόματο N. Σ αυτή την πρίπτωση, αφού r n F έχουμ r n Q F, και, πομένως w L(N ). Αυτό ολοκληρώνι την απόδιξη. Άσκηση 5 Ένας ππρασμένος μταγραφέας καταστάσων (για συντομία ΠΜΚ) ίναι ένα ίδος αιτιοκρατικού αυτομάτου που παράγι ως έξοδο όχι απλώς αποδοχή ή απόρριψη, αλλά μια ολόκληρη λέξη. Στο πιο κάτω σχήμα απικονίζονται τα διαγράμματα δύο ππρασμένων μταγραφέων καταστάσων Π και Π 2. Λύσις Σιράς Προβλημάτων 2 Εαρινό Εξάμηνο 209 Σλίδα 7
0/0 /0 2/ / 2/ / /0 q / /0 q q 2 / 0/0 q 3 / q 2 Π Π 2 Κάθ μτάβαση νός ΠΜΚ πιγράφται μ δύο σύμβολα, τα οποία χωρίζονται μ μια κάθτο /: το πρώτο αντιπροσωπύι το σύμβολο ισόδου για τη συγκκριμένη μτάβαση και το δύτρο το σύμβολο ξόδου. Για παράδιγμα, η μτάβαση από την q στην q 2 στον μταγραφέα Π έχι ως σύμβολο ισόδου το 2 και ως σύμβολο ξόδου το. Ορισμένς μταβάσις ίναι δυνατό να έχουν πρισσότρα από ένα ζύγη ισόδουξόδου, π.χ. η μτάβαση στο Π από την q στον αυτό της. Όταν ένας ΠΜΚ υπολογίζι μ ίσοδο κάποια λέξη w=w w 2 w n, λαμβάνι τα σύμβολα ισόδου ένα προς ένα και, μ αφτηρία την ναρκτήρια κατάσταση, ακολουθί τις μταβάσων των οποίων τα σύμβολα ισόδου συμπίπτουν μ τα σύμβολα της ισόδου. Επιπλέον, κάθ φορά που κτλί μια μτάβαση, ο μταγραφέας παράγι στην έξοδο το αντίστοιχο σύμβολο ξόδου. Για παράδιγμα, μ ίσοδο 2220, ο Π διατρέχι την ακολουθία καταστάσων q, q 2, q 2, q 2, q 2, q, q, q, και παράγι την έξοδο 000. Αντίστοιχα, μ ίσοδο ο Π 2 παράγι την έξοδο 0. (α) Για κάθ ένα από τα παρακάτω σκέλη, παραθέστ την ακολουθία των καταστάσων που διατρέχι ο αναφρόμνος μταγραφέας και την έξοδο που παράγι. (i) Π, μ ίσοδο 000 (iii) Π 2, μ ίσοδο (ii) Π, μ ίσοδο 02020022 (iv) Π 2, μ ίσοδο (β) Σχδιάστ το διάγραμμα καταστάσων νός ΠΜΚ μ αλφάβητο ισόδου και ξόδου το {0,} το οποίο για κάθ λέξη ίσοδου πιστρέφι ως έξοδο τη λέξη η οποία συμπίπτι μ τη λέξη ισόδου στις άρτις θέσις και διαφέρι στις πριττές. Για παράδιγμα, μ ίσοδο τη λέξη 00000 ο μταγραφέας παράγι την έξοδο 000. Λύση (α) Χρησιμοποιούμ το συμβολισμό (q, w, w 2) για να δηλώσουμ τη φάση όπου το αυτόματο βρίσκται στην κατάσταση q, κκρμί η ανάγνωση της λέξης w νώ στην έξοδο έχι μέχρι στιγμής γγραφί η λέξη w 2. (i) Αρχικά βρισκόμαστ στη φάση (q, 000, ) και ο μταγραφέας θα κτλέσι τα πιο κάτω βήματα: (q, 000, ) (q, 00, 0) (q, 00, 00) (q, 0, 000) (q,, 0000) (q,, 00000) (ii) Αρχικά βρισκόμαστ στη φάση (q, 02020022, ) και ο μταγραφέας θα κτλέσι τα πιο κάτω βήματα: (q, 02020022, ) (q, 2020022, 0) (q 2, 020022, 0) (q, 20022, 00) (q 2, 0022, 00) (q, 022, 000) Λύσις Σιράς Προβλημάτων 2 Εαρινό Εξάμηνο 209 Σλίδα 8
(q, 22, 0000) (q 2, 2, 0000) (q 2,, 0000) (iii) Αρχικά βρισκόμαστ στη φάση (q,, ) και ο μταγραφέας θα κτλέσι τα πιο κάτω βήματα: (q,, ) (q 3,, ) (q 2,, ) (q 3,, ) (q 2,, ) (q,, 0) (q 2,, 0) (q 3,, 0) (iv) Αρχικά βρισκόμαστ στη φάση (q,, ) και ο μταγραφέας θα κτλέσι τα πιο κάτω βήματα: (q,, ) (q 3,, ) (q 2,, ) (q,, 0) (q 3,, 0) (q 2,, 0) (q 3,, 0) (q,, 00) (q 2,, 00) (β) Ο πιο κάτω μταγραφέας διαθέτι δύο καταστάσις και σ κάθ μτάβαση μταφέρται από τη μία στην άλλη έτσι ώστ στις πριττές μφανίσις συμβόλων να μταβάλλι το σύμβολο και στις άρτις μφανίσις να το διατηρί. 0/ /0 q q 2 0/0 / Λύσις Σιράς Προβλημάτων 2 Εαρινό Εξάμηνο 209 Σλίδα 9