Formale Methoden 2 - LS1 - Logik in der Informatik

Formale Methoden 2
Gaetano Geck
(Lehrstuhl I – Logik in der Informatik)
Blatt 5
Beispiellösung
Aufgabe 1
[Wörter und Sprachen]
WS 2014/15
6 Punkte
Betrachten Sie die Alphabete Σ = {0, 1} und Γ = {a, b, c}.
S3
a)
Geben Sie alle Wörter der Menge i=0 Σi = Σ0 ∪ Σ1 ∪ Σ2 ∪ Σ3 an.
b)
Bestimmen Sie für das Wort w = aabc die Werte #a (w) und #a (w9 ).
c)
Betrachten Sie den Homomorphismus h : Σ∗ → Γ∗ , der sich durch kanonische Fortsetzung (vgl. Folie 59)
von h0 : Σ → Γ∗ ergibt, wobei h0 (0) = aaa und h0 (1) = cb gelte. Bestimmen Sie die Werte h(01), h(10) und
h(111).
d)
Beschreiben Sie die Sprache L1 = {w ∈ Γ∗ | #a (w) = 1, #c (w) = 1} informell. Geben Sie beispielhaft
einige Wörter an, die in der Sprache enthalten sind, und ferner einige Wörter, die nicht in der Sprache enthalten
sind.
e) Geben Sie die Sprache L2 = g(L1 ) an, die sich durch Anwendung des Homomorphismus g auf die Sprache
L1 ergibt. Dabei ist der Homomorphismus g : Γ∗ → Γ∗ definiert als kanonische Fortsetzung von g 0 : Γ → Γ∗ mit
g 0 (a) = a, g 0 (b) = ε und g 0 (c) = c.
f)
Geben Sie die Sprache L3 der Wörter über dem Alphabet {d}, deren Länge durch 3 teilbar ist, in
Mengennotation möglichst formal an.
Beispiellösung zu Aufgabe 1
a)
Die Menge Σ3 enthält alle Wörter über dem Alphabet Σ, die drei Zeichen lang sind. Dies sind die Wörter
000, 001, 010, 011, 100, 101, 110, 111. Analog enthalten Σ2 alle Wörter der Länge 2 (00, 01, 10, 11) und Σ1 alle
Wörter der Länge 1 (0, 1). Die Menge Σ0 enthält das Wort der Länge 0, also ε.
Insgesamt ergibt sich daher
S3
i
= Σ0 ∪ Σ1 ∪ Σ2 ∪ Σ3
i=0 Σ
= {ε} ∪ {0, 1} ∪ {00, 01, 10, 11} ∪ {000, 001, 010, 011, 100, 101, 110, 111}
= {ε, 0, 1, 00, 01, 10, 11, 000, 001, 010, 011, 100, 101, 110, 111}.
b)
Es gilt #a (aabc) = 2, da aabc genau zweimal das Zeichen a enthält. Die neunfache Wiederholung (aabc)9
von aabc enthält entsprechend 18-mal das Zeichen a, weshalb #a (aabc)9 = 18 gilt.
(Da die Anzahlfunktion #a ein Homomorphismus in die natürlichen Zahlen mit Addition ist, gilt #a (aabc)9 =
#a (aabc) + · · · + #a (aabc) = 9 · #a (aabc) = 9 · 2 = 18.)
|
{z
}
9-mal
c)
Wir rechnen nach
h(01)
h(10)
h(111)
=
=
=
h0 (0) ◦ h0 (1) = aaa ◦ cb = aaacb,
h0 (1) ◦ h0 (0) = cb ◦ aaa = cbaaa,
3
h0 (1) ◦ h0 (1) ◦ h0 (1) = h0 (1) = (cb)3 = cbcbcb.
d)
Die Sprache L1 enthält genau die Wörter über dem Alphabet Γ = {a, b, c}, in denen genau ein a und
genau ein c vorkommt (die Anzahl der Vorkommen des Zeichens b ist beliebig).
Formale Methoden 2 (WS 2014/15)
Blatt 5
In der Sprache L1 enthalten sind beispielsweise die Wörter ac, ca, bac, bcbab, bbbbbbbbbbbbbbca, nicht in ihr enthalten sind die Wörter a, c, ab, bc, aca, ccb, abba.
e)
Der Homomorphismus g bildet die Zeichen a, c auf sich selbst ab, das Zeichen b jedoch auf das leere
Wort ε. Die Anwendung von g auf ein Wort w über Γ entspricht also genau dem Entfernen jedes Zeichens b aus
w. Beispielsweise gilt g(bcbab) = g(b) ◦ g(c) ◦ g(b) ◦ g(a) ◦ g(b) = ε ◦ c ◦ ε ◦ a ◦ ε = ca.
Sei w ein Wort aus L1 , dann enthält w genau ein a und genau ein c und beliebig viele b. Das Wort u = g(w)
enthält dann immer noch genau ein a und genau ein c, jedoch kein b mehr. Es gibt genau zwei solche Wörter.
Infolgedessen gilt L2 = g(L1 ) = {ac, ca}.
f)
In Analogie zur Sprache L1 aus Beispiel 4.21 können wir L3 definieren als Menge {d3n | n ∈ N0 }.
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Formale Methoden 2 (WS 2014/15)
Aufgabe 2
Blatt 5
[Algebraische Eigenschaften]
∗
∗
4 Punkte
R
a)
Zeigen Sie, dass die Abbildung f : Σ → Σ mit f (w) = w , die einem Wort w über dem Alphabet Σ
seine Umkehrung wR zuordnet, kein Homomorphismus ist.
b)
Zeigen Sie, dass die Mengendifferenz nicht kommutativ ist.
c)
Zeigen Sie, dass die Mengendifferenz nicht assoziativ ist.
d) Die Potenzmenge P(N0 ) enthält alle Mengen, die Teilmenge der natürlichen Zahlen sind. Betrachten Sie die
Menge G(N0 ), die genau diejenigen Mengen gerader Kardinalität enthält, die Teilmenge der natürlichen Zahlen
sind.1 Offensichtlich gilt G(N0 ) ⊆ P(N0 ). Zeigen Sie, dass G(N0 ) unter der Vereinigung ∪ nicht abgeschlossen
ist.
Beispiellösung zu Aufgabe 2
a)
Wir betrachten das Alphabet Σ = {a, b}. Wäre die Abbildung f ein Homomorphismus, so müsste für
alle Wörter u, w über Σ die Gleichung f (u ◦ w) = f (u) ◦ f (w) gelten. Wählen wir jedoch u = a und w = b, so
ergibt sich f (a ◦ b) = ba 6= ab = f (a) ◦ f (b).
b)
Wir geben ein Gegenbeispiel an. Sei M die Menge {1} und N die Menge ∅, dann gilt M − N = {1} − {} =
{1}, bei vertauschten Operanden erhalten wir indes N − M = {} − {1} = {}, also ein anderes Ergebnis. Mithin
ist die Mengendifferenz (für beliebige Mengen) nicht kommutativ.
c)
Wir geben ein Gegenbeispiel an. Es seien M = {1, 2, 3}, N = {1, 2} und P = {1}, dann gilt
(M −N )−P = {1, 2, 3}−{1, 2} −{1} = {3}−{1} = {3} =
6 {1, 3} = {1, 2, 3}−{2} = {1, 2, 3}− {1, 2}−{1} = M −(N −P ).
d)
Wir wählen M = {1, 2} und N = {2, 3}. Dann gilt |M | ≡2 0 ≡2 |N | und somit M, N ∈ G(N0 ).
Für die Menge P = M ∪ N = {1, 2} ∪ {2, 3} = {1, 2, 3} gilt jedoch |P | ≡2 1 und daher P ∈
/ G(N0 ).
1 Die Menge G(N ) besteht also aus der Vereinigung aller 0-elementiger Teilmengen, 2-elementiger Teilmengen, 4-elementiger
0
Teilmengen usw. von N0 : G(N0 ) = {∅, {1, 2}, {1, 3}, . . . , {1, 2, 3, 4}, {1, 2, 3, 5}, . . . }.
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Zusatzaufgabe 3
Blatt 5
[Abgeschlossenheit]
4 Punkte
Betrachten Sie die Menge F aller Funktionen f : R → R und die Menge P ⊆ F aller Polynome, d. h. Abbildungen
p : R → R, für die es eine natürliche Zahl n ∈ N0 und reelle Zahlen a0 , . . . , an ∈ R gibt, sodass für jedes Argument
x ∈ R die Gleichung p(x) = an xn + · · · + a1 x1 + a0 gilt.
a)
Zeigen Sie, dass P unter der argumentweisen Addition (vgl. Folie 51) abgeschlossen ist.
b)
Zeigen Sie, dass P unter der Komposition abgeschlossen ist.
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