A Lösung

Theoretische Informatik und Logik — VU 4.0
VO-Prüfung
Kennzahl Matrikelnummer
WS 2007
5. Mai 2008
Familienname
Vorname
Lösung
Gruppe
A
1.) Sei L = {a, b, c}∗ − {abb}∗ {ab}.
a) Konstruieren Sie einen deterministischen endlichen Automaten (DEA), der L̄
(d.h., das Komplement von L) akzeptiert.
(7 Punkte)
Lösung:
L̄ = {abb}∗ {ab}. Demnach erhalten wir folgenden DEA:
l
m
6A
a - m
B
b
b - j
m
C
b) Geben Sie eine reguläre Grammatik an, die L̄ erzeugt.
(5 Punkte)
Lösung:
G = h{A, B, C}, {a, b}, P, Ai wobei
P = {A ⇒ aB,
B ⇒ bC,
C ⇒ bA | ε}
2.) Beweisen Sie, dass die Sprache
L = {an b5k−3 cn | n ≥ 0, k ≥ 1}
nicht regulär ist.
Lösung: Beweis indirekt.
Angenommen, die Sprache L = {an b5k−3 cn | n ≥ 0, k ≥ 1} ist regulär. Sei dann h
der Homomorphismus mit
h : {a, b, c}∗ → {a, b}∗
sowie
h(a) = a,
h(b) = ε,
h(c) = b
Da die Familie der regulären Sprachen gegenüber beliebigen Homomorphismen abgeschlossen ist, müsste auch
h({an b5k−3 cn | n ≥ 0, k ≥ 1}) = {an bn | n ≥ 0}
regulär sein, was aber nicht der Fall ist (siehe z.B. Skriptum, Beispiel 1.42). Widerspruch! Somit kann auch L nicht regulär sein.
(11 Punkte)
3.) Kreuzen Sie bei jeder der folgenden Aussagen an, ob sie richtig oder falsch ist. Es
ist keine Begründung notwendig.
Hat ein Minimalautomat n Zustände, so gibt es einen
äquivalenten DEA mit n − 1 Zuständen.
Richtig 2
Falsch ×
2
Jede reguläre Sprache ist auch kontextfrei.
Richtig ×
2
Falsch 2
Die von G = h{S}, {a}, {S ⇒ aS | ε}, Si erzeugte
Sprache ist rekursiv aufzählbar.
Richtig ×
2
Falsch 2
Alle Sprachfamilien der Chomsky-Hierarchie sind gegenüber Durchschnitt abgeschlossen.
Richtig 2
Falsch ×
2
Die Vereinigung unendlich vieler regulärer Mengen ist
wieder regulär.
Richtig 2
Falsch ×
2
Das Halteproblem für Turingmaschinen ist unentscheidbar.
Richtig ×
2
Falsch 2
Jede richtige Antwort zählt +2 Punkte, jede falsche −2 Punkte, fehlende Antworten 0 Punkte. Negative Summen werden auf 0 aufgerundet, d.h., negative Punkte
übertragen sich nicht auf andere Beispiele.
(12 Punkte)
4.) Beweisen Sie bzw widerlegen Sie die Gültigkeit der aussagenlogischen Formel
¬[((A ⊃ B) ∧ (A ⊃ C)) ∧ (A ∧ (¬B ∨ ¬C))]
im Tableaukalkül.
Lösung:
(1) f : ¬[((A ⊃ B) ∧ (A ⊃ C)) ∧ (A ∧ (¬B ∨ ¬C))] Annahme
(2) t: ((A ⊃ B) ∧ (A ⊃ C)) ∧ (A ∧ (¬B ∨ ¬C)) von (1)
(3) t: (A ⊃ B) ∧ (A ⊃ C) von (2)
(4) t: A ∧ (¬B ∨ ¬C) von (2)
(5) t: A ⊃ B von (3)
(6) t: A ⊃ C von (3)
(7) t: A von (4)
(8) t: ¬B ∨ ¬C von (4)
(9) f : A von (5)
(10) t: B von (5)
Wid. (7) (9)
(11) t: ¬B von (8)
(12) t: ¬C von (8)
(13) f : B von (11)
(14) f : C von (12)
Wid. (10), (13)
(15) f : A von (6) (16) t: C von (6)
Wid. (7), (15)
Wid. (14), (16)
Da das Tableau geschlossen ist, ist die Formel gültig.
(11 Punkte)
5.) Beweisen Sie die Gültigkeit der prädikatenlogischen Formel
(∀y)[(P (y, y) ∧ (∀x)(P (y, x) ⊃ P (y, f (x)))) ⊃ P (y, f (f (y)))]
im Resolutionskalkül.
Lösung: Wir setzen
F = (∀y)[(P (y, y) ∧ (∀x)(P (y, x) ⊃ P (y, f (x)))) ⊃ P (y, f (f (y)))].
Um F im Resolutionskalkül zu beweisen müssen wir erst ¬F in eine Klauselform
S transformieren und dann S mittels REsolution widerlegen. Wir beginnen mit der
Transformation von ¬F in Negationsnormalform:
G: (∃y)[P (y, y) ∧ (∀x)(¬P (y, x) ∨ P (y, f (x)))) ∧ ¬P (y, f (f (y)))].
Die Skolemform von G ist
G0 : P (c, c) ∧ (∀x)(¬P (c, x) ∨ P (c, f (x)))) ∧ ¬P (c, f (f (c))).
Die Klauselform von G0 ist schließlich:
S: {{P (c, c)}, {¬P (c, x), P (c, f (x))}, {¬P (c, f (f (c)))}}.
Die folgende Ableitung ist eine Resolutionswiederlegung von S:
{¬P (c, f (f (c)))}
{¬P (c, x), P (c, f (x))} {P (c, c)}
σ1
{P (c, f (c))}
{¬P (c, x), P (c, f (x))}
σ2
{P (c, f (f (c)))}
σ3
{}
dabei gilt
σ1 = {x ← c},
σ2 = {x ← f (c)},
σ3 = ∅.
(12 Punkte)
6.) Kreuzen Sie bei jeder der folgenden Aussagen an, ob sie richtig oder falsch ist. Es
ist keine Begründung notwendig.
Wenn A und B erfüllbar sind dann ist A ∨ B gültig.
Richtig 2
Falsch ×
2
Es gibt ein A sodass A und ¬A beide erfüllbar sind.
Richtig ×
2
Falsch 2
(∃x)P (x) ⊃ Q(a) folgt logisch aus (∀y)(P (y) ⊃ Q(a)).
Richtig ×
2
Falsch 2
Die Formel (∃x)(∀y)(P (x) ⊃ P (y)) ist gültig.
Richtig ×
2
Falsch 2
Die Terme g(x, f (x), z) und g(z, u, f (u)) sind unifizierbar.
Richtig 2
Falsch ×
2
Für alle Substitutionen σ, τ gilt σ ◦ τ = τ ◦ σ.
Richtig 2
Falsch ×
2
Jede richtige Antwort zählt +2 Punkte, jede falsche −2 Punkte, fehlende Antworten 0 Punkte. Negative Summen werden auf 0 aufgerundet, d.h., negative Punkte
übertragen sich nicht auf andere Beispiele.
(12 Punkte)