ΕΠΛ211: Θωρία Υπολογισμού και Πολυπλοκότητα Άσκηση 1 Σιρά Προβλημάτων 2 Λύσις Να δώστ κανονικές κφράσις που να πριγράφουν τις πιο κάτω γλώσσς. (α) { w {,} * η w δν πριέχι δύο συνχόμνα όμοια γράμματα } (β) { w {,,c} * η w δν πριέχι δύο συνχόμνα όμοια γράμματα } (γ) { w {,} * η w πριέχι ως υπολέξη τη λέξη ακριβώς μία φορά } (δ) { w {,} * όλς οι λέξις κτός από την } () { w {,} * το μήκος της w ίναι άρτιο και το πλήθος των στην w ίναι πριττό } (α) ( ) ()* ( ) (β) [ ((c)*( ) (c)*(c )]* [ ((c)*( ) (c)*(c )]* [c (()*( ) ()*( )]* (γ) *( + )* ( + )* * (δ) ( )( )* () [( )*( ) ( )*( )]* [( )*( ) ( )*] Άσκηση 2 (α) Θωρήστ ένα NFA,,,,. Έστω,,,, το αυτόματο που λαμβάνται αν αντιστρέψουμ τον ρόλο των καταστάσων αποδοχής μ τις καταστάσις μη αποδοχής. Να δίξτ ότι, γνικά, το αυτόματο δν παράγι το συμπλήρωμα της γλώσσας του. Δηλαδή, να δίξτ ότι υπάρχι NFA τέτοιο ώστ. To ζητούμνο δίχνται μέσω του πιο κάτω παραδίγματος. Το μη νττρμινιστικό αυτόματο Μ αποδέχται τη γλώσσα. Το αυτόματο ΝΟΤ(Μ) αποδέχται τη γλώσσα {} που προφανώς δν αποτλί το συμπλήρωμα της γλώσσας του Μ. Ως κ τούτου, στην πρίπτωση των μη νττρμινιστικών αυτομάτων, αν Μ ίναι ένα μη νττρμινιστικό ππρασμένο αυτόματο που αναγνωρίζι τη γλώσσα L, τότ δν ισχύι απαραίτητα ότι το αυτόματο NOT(M) αναγνωρίζι τη γλώσσα L { w w L}. 1 1 2 Μ 1 1 2 ΝΟΤ(Μ) (β) Θωρήστ την κανονική έκφραση R = ( )*( )*. Να υπολογίστ την κανονική έκφραση που παράγι το συμπλήρωμα της γλώσσας του R ακολουθώντας τα πιο κάτω βήματα: (i) Να μτατρέψτ την κανονική έκφραση R σ ισοδύναμο NFA N. Λύσις Σιράς Προβλημάτων 2 Εαρινό Εξάμηνο 2017 Σλίδα 1
ΕΠΛ211: Θωρία Υπολογισμού και Πολυπλοκότητα, 1 2, 3 (ii) Να μτατρέψτ το NFA Ν σ ισοδύναμο DFA A, χρησιμοποιώντας τον σχτικό αλγόριθμο (Διαφάνις 2 37 2 38). {1,2,3} (iii) Να μτατρέψτ το αυτόματο Α σ αυτόματο Β το οποίο να αποδέχται το συμπλήρωμα της γλώσσας του Α. {1,2,3} (iv) Να μτατρέψτ το αυτόματο Β σ ισοδύναμη κανονική έκφραση χρησιμοποιώντας τον σχτικό αλγόριθμο (Διαφάνια 3 20). Βήμα 1: Εισαγωγή καινούριας αρχικής και τλικής κατάστασης. {1,2,3} Βήμα 2(α): Αφαίρση κορυφής {1,2,3} + Λύσις Σιράς Προβλημάτων 2 Εαρινό Εξάμηνο 2017 Σλίδα 2
ΕΠΛ211: Θωρία Υπολογισμού και Πολυπλοκότητα Βήμα 2(β): Αφαίρση κορυφής Βήμα 2(δ): Αφαίρση κορυφής + Βήμα 2(): Αφαίρση κορυφής *[ + ] Ζητούμνη κανονική έκφραση: *[ + ]= ** Άσκηση 3 Να αποφασίστ κατά πόσο οι πιο κάτω γλώσσς ίναι κανονικές αιτιολογώντας μ ακρίβια τις απαντήσις σας. (α) H γλώσσα L 1 που πριέχι όλους τους πραγματικούς αριθμούς όπου το ακέραιο σκέλος και το δκαδικό σκέλος πριέχουν τον ίδιο αριθμό ψηφίων και το ακέραιο σκέλος δν μπορί να ξκινά μ 0. Για παράδιγμα, οι λέξις 12.35 και 45.67 ανήκουν στη γλώσσα, αλλά οι λέξις 089.12 και 09.12 δν ανήκουν στη γλώσσα. Υποθέτουμ για να φτάσουμ σ αντίφαση ότι η L 1 ίναι κανονική. Τότ, σύμφωνα μ το Λήμμα της Άντλησης, υπάρχι p, το μήκος άντλησης της γλώσσας, τέτοιο ώστ κάθ λέξη Λύσις Σιράς Προβλημάτων 2 Εαρινό Εξάμηνο 2017 Σλίδα 3
ΕΠΛ211: Θωρία Υπολογισμού και Πολυπλοκότητα της γλώσσας μ μήκος μγαλύτρο από p να ικανοποιί την ιδιότητα που πριγράφται Ας πιλέξουμ τη λέξη = 1 p.2 p. Τότ, σύμφωνα μ το λήμμα, = 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 1 ). Αφού xy p, τότ πρέπι να ισχύι ότι τόσο το x όσο και το y αποτλούνται μόνο από 1. Επομένως, x = 1 λ, y = 1 μ, w = 1 ν.2 p όπου λ+μ+ν = p. Επίσης, από το λήμμα, πρέπι να ισχύι ότι xy 2 z L 1. Αλλά, xy 2 z = 1 λ 1 μ 1 μ 1 ν.2 p = 1 p+μ.2 p και, από τον ορισμό της γλώσσας, xy 2 z L 1. Αυτό μας οδηγί σ αντίφαση και πομένως η υπόθσή μας ότι η γλώσσα L 1 ίναι κανονική ήταν σφαλμένη. (β) L 2 = { xx rev x x {0,1} + } Υποθέτουμ για να φτάσουμ σ αντίφαση ότι η L 2 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 Ας πιλέξουμ τη λέξη = 0 p 110 p 0 p 1. Τότ, σύμφωνα μ το λήμμα, = 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 2 ). Αφού xy p, τότ πρέπι να ισχύι ότι τόσο το x όσο και το y αποτλούνται μόνο από 0. Επομένως, x = 0 λ, y = 0 μ, w = 0 ν 110 p 0 p 1 όπου λ+μ+ν = p. Επίσης, από το λήμμα, πρέπι να ισχύι ότι xy 2 z L 2. Αλλά, xy 2 z = 0 λ 0 μ 0 μ 0 ν 110 p 0 p 1= 0 p+μ 110 p 0 p 1 και, από τον ορισμό της γλώσσας, xy 2 z L 2. Αυτό μας οδηγί σ αντίφαση και πομένως η υπόθσή μας ότι η γλώσσα L 2 ίναι κανονική ήταν σφαλμένη. (γ) L 3 = { uxvx u,v {0,1,2}*, x {0,1,2}, και όλα τα στοιχία του v ίναι μικρότρα από το x } Η γλώσσα L 3 ίναι κανονική και πριγράφται από την έκφραση {0 1 2}*[00 10*1 2(0 1)*2]. (δ) L 4 = {uxvx u,v {0,1,2}*, u = v, x {0,1,2}, και όλα τα στοιχία του v ίναι μικρότρα από το x } Υποθέτουμ για να φτάσουμ σ αντίφαση ότι η L 4 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 Λύσις Σιράς Προβλημάτων 2 Εαρινό Εξάμηνο 2017 Σλίδα 4
ΕΠΛ211: Θωρία Υπολογισμού και Πολυπλοκότητα Ας πιλέξουμ τη λέξη w = 0 p 2 1 p 2. 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 τόσο το x όσο και το y αποτλούνται μόνο από 0. Επομένως, x = 0 λ, y = 0 μ, w = 0 ν 2 1 p 2 όπου λ+μ+ν = p. Επίσης, από το λήμμα, πρέπι να ισχύι ότι xy 2 z L 4. Αλλά, xy 2 z = 0 λ 0 μ 0 μ 0 ν 2 1 p 2 = 0 p+μ 2 1 p 2 και, από τον ορισμό της γλώσσας, xy 2 z L 4. Αυτό μας οδηγί σ αντίφαση και πομένως η υπόθσή μας ότι η γλώσσα L 4 ίναι κανονική ήταν σφαλμένη. () L 5 = { u = 10 v u, v δυαδικοί αριθμοί χωρίς αρχικά μηδνικά και u ο διπλάσιος αριθμός του v} Υποθέτουμ για να φτάσουμ σ αντίφαση ότι η L 5 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 Ας πιλέξουμ τη λέξη = 1 p 0=10 1 p. Τότ, σύμφωνα μ το λήμμα, = 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 τόσο το x όσο και το y αποτλούνται μόνο από 1. Επομένως, x = 1 λ, y = 1 μ, w = 1 ν 0=10 1 p όπου λ+μ+ν = p. Επίσης, από το λήμμα, πρέπι να ισχύι ότι xy 2 z L 5. Αλλά, xy 2 z = 1 λ 1 μ 1 μ 1 ν 0=10 1 p = 1 p+μ 0=10 1 p και, από τον ορισμό της γλώσσας, xy 2 z L 5. Αυτό μας οδηγί σ αντίφαση και πομένως η υπόθσή μας ότι η γλώσσα L 5 ίναι κανονική ήταν σφαλμένη. Άσκηση 4 Για κάθ μια από τις πιο κάτω προτάσις να αποφασίστ κατά πόσο η πρόταση ίναι αληθής ή ψυδής. Αν η πρόταση ίναι αληθής να αποδίξτ την ορθότητά της νώ αν ίναι ψυδής να δώστ κατάλληλο αντιπαράδιγμα. (α) Αν η γλώσσα Λ 1 Λ 2 ίναι κανονική τότ και οι γλώσσς Λ 1 και Λ 2 ίναι κανονικές. (β) Αν οι γλώσσς Λ 1, Λ 2 ίναι κανονικές τότ και η γλώσσα Λ 1 Λ 2 ίναι κανονική (α) Η πρόταση ίναι ψυδής. Ως αντιπαράδιγμα μπορούμ να πιλέξουμ ως Λ 1 = { n n n>0} και Λ 2 = **. Τότ έχουμ ότι η Λ 1 ίναι μη κανονική γλώσσα αν και η Λ 1 - Λ 2 = ίναι κανονική γλώσσα. Λύσις Σιράς Προβλημάτων 2 Εαρινό Εξάμηνο 2017 Σλίδα 5
ΕΠΛ211: Θωρία Υπολογισμού και Πολυπλοκότητα (β) Η απόδιξη ίναι κατασκυαστική. Συγκκριμένα θα δίξουμ ότι αν υπάρχουν DFA που αναγνωρίζουν τις γλώσσς Λ 1 και Λ 2 τότ υπάρχι DFA που αναγνωρίζι τη γλώσσα Λ 1 Λ 2. Ας υποθέσουμ ότι τα αυτόματα Μ 1 = (Q 1, Σ, δ 1, q 1, F 1 ) και Μ 2 = (Q 2, Σ, δ 2, q 2, F 2 ) αναγνωρίζουν τις γλώσσς Λ 1 και Λ 2 αντίστοιχα. Κατασκυάζουμ το αυτόματο Μ = (Q, Σ, δ, q 0, F) που αναγνωρίζι τη γλώσσα Λ 1 Λ 2 ως ξής: Q = {(r 1, r 2 ) r 1 Q 1, r 2 Q 2 } Σ: το αλφάβητο ίναι το ίδιο μ αυτό των Μ 1 και Μ 2. Για κάθ (r 1, r 2 ) Q και Σ, θέτουμ δ((r 1, r 2 ), ) = (δ 1 (r 1, ), δ 2 (r 2, )) q 0 = (q 1, q 2 ) F = {(r 1, r 2 ) Q r 1 F 1 και r 2 F 2 } Εξήγηση: για να αποδχτούμ μια λέξη θα πρέπι το πρώτο αυτόματο να βρίσκται σ κατάσταση αποδοχής και το δύτρο αυτόματο να μην βρίσκται σ κατάσταση αποδοχής. Λύσις Σιράς Προβλημάτων 2 Εαρινό Εξάμηνο 2017 Σλίδα 6