28.6.10

4.0 VU Theoretische Informatik und Logik
Teile 1 und 2
Matrikelnummer
SS 2010
28. Juni 2010
Familienname
Vorname
Lösung
Gruppe
A
1.) Begründen Sie: Es existiert kein Homomorphismus, der die Sprache {an | n ≥ 0} auf die
2
Sprache {an | n ≥ 0} abbildet.
(7 Punkte)
Lösung: Ein solcher Homomorphismus h : {a}∗ → {a}∗ kann nicht existieren, da stets h(a) = am
2
für ein m ≥ 0 gelten muss und daher h({an | n ≥ 0}) = {amn | n ≥ 0} ergibt. an ist jedoch nicht
von dieser Form (da n2 keine lineare Funktion in n ist).
2.) Geben Sie eine gsm mit maximal zwanzig Zuständen an, die die Sprache {06n+4 14n+2 |
n ≥ 0} auf die Sprache {a2n+1 b8n+4 | n ≥ 1} abbildet (grafische Darstellung genügt). Sie
erhalten zwei Zusatzpunkte, falls Ihre gsm korrekt ist und sechs oder weniger Zustände hat.
(7 Punkte)
Lösung:
2
1/b
10
?
} 0/a - m 0/a - m 0/a - m 0/ε - m 1/b - m
j
q0
q1
q2
q3
q4
q5
6
0/ε
3.) Beweisen Sie: Die Sprache {0n 1n mod 3 | n ≥ 0} ist regulär.
(8 Punkte)
Lösung: Die Sprache {0n 1n mod 3 | n ≥ 0} lässt sich als reguläre Menge darstellen ({03 }∗ ∪
{03 }∗ {0}{1} ∪ {03 }∗ {02 }{12 }) und ist daher regulär.
n
n
4.) Geben Sie ein D0L-System an, das die Sprache {a3 | n gerade} ∪ {b3 | n ungerade} erzeugt.
(0 ist die erste gerade Zahl.)
(5 Punkte)
Lösung: G = h{a, b}, {a → b3 , b → a3 }, ai
5.) Geben Sie an, ob die folgenden Aussagen richtig, falsch oder unsinnig sind, und begründen
Sie Ihre Antworten. (Zwei Punkte für richtige Antworten mit richtiger Begründung, einen
Punkt für richtige Antworten mit leicht fehlerhafter Begründung, keinen Punkt für falsche
Antworten oder fehlerhafte Begründungen.)
– Zu jeder kontextfreien Sprache gibt es eine monotone Grammatik, die die Sprache erzeugt.
×
Begründung:
2 richtig 2 falsch 2 unsinnig
Lösung: Eine kontextfreie Sprache ist aufgrund der Chomsky-Hierarchie auch monoton
und wird daher auch von einer monotonen Grammatik erzeugt.
– Jede von einer regulären Grammatik erzeugte Sprache ist rekursiv.
×
Begründung:
2 richtig 2 falsch 2 unsinnig
Lösung: Eine von einer regulären Grammatik erzeugte Sprache ist stets regulär und
daher aufgrund der Chomsky-Hierarchie auch rekursiv.
– Der Endzustand eines endlichen Automaten ist stets kontextfrei.
Begründung:
2 richtig 2 falsch ×
2 unsinnig
Lösung: Kontextfreiheit ist keine Eigenschaft von Zuständen endlicher Automaten.
– Zu jeder kontextfreien Sprache gibt es eine reguläre Grammatik, die das Komplement
dieser Sprache erzeugt.
Begründung:
2 richtig ×
2 falsch 2 unsinnig
Lösung: Da die Familie der kontextfreien Sprachen nicht gegenüber Komplement abgeschlossen sind, gibt es mindestens eine kontextfreie Sprache, deren Komplement nicht
kontextfrei und daher auch nicht regulär (aufgrund der Chomsky-Hierarchie) ist. Reguläre Grammatiken können jedoch nur reguläre Sprachen erzeugen.
(8 Punkte)
6.) Beweisen Sie durch Konstruktion eines geeigneten Tableaus (NICHT Sequentialkalkülableitung oder Wahrheitstafeln!) entweder die Behauptung, dass aus den beiden Annahmen B ∨ D und ¬(A ⊃ B) die Formel D ⊃ ¬A logisch folgt, oder entnehmen Sie dem
Ableitungsversuch ein Gegenbeispiel zu dieser Behauptung.
(8 Punkte)
Lösung: Wir bilden folgendes Tableau:
(1)
(2)
(3)
(4)
(5)
(6)
(7)
(8)
(9)
(10)
t:B
×
t:B∨D
t : ¬(A ⊃ B)
f : D ⊃ ¬A
f :A⊃B
t:D
f : ¬A
t:A
t:A
f :B
von 1
(11)
Wid.(9/10)
t:D
⇑
Annahme
Annahme
Annahme
von 2
von 3
von 3
von 6
von 4
von 4
von 1
Dem mit ⇑ gekennzeichnetem offenen Ast kann man folgendes Gegenbeispiel I entnehmen:
I(A) = t, I(B) = f , I(D) = t.
7.) Zeigen Sie durch Angabe eines konkreten Gegenbeispiels, dass folgende Variante der Resolutionsregel inkorrekt ist:
.
.
C ∪ {¬A, ¬B}
C 0 ∪ {A, B}
C ∪ C0
(5 Punkte)
Lösung: Wenn C und C 0 leer sind, dann ist die leere Klausel {} mit der neuen Regel aus der
Klauselmenge {{¬A, ¬B}, {A, B}} ableitbar. Diese Klauselmenge müsste also unerfüllbar sein,
wenn die Regel korrekt wäre. Sie entspricht aber der Formel (¬A ∨ ¬B) ∧ (A ∨ B), die erfüllbar
ist. Z.B. ist I mit I(A) = t und I(B) = f ein Modell der Formel und damit ein Gegenbeispiel zur
Korrektheit der Regel.
8.) Geben Sie ein Modell I und ein Gegenbeispiel J , jeweils mit dem Gegenstandsbereich der
natürlichen Zahlen, zu folgender Formel über der Signatur h{f }, {P, Q}, {c}i an:
(∃u)P (u, f (c, u)) ⊃ (∀z)Q(z, x)
Beide Interpretationen sind vollständig gemäß Definition 4.6 zu spezifizieren.
Erklären Sie kurz warum die Formel unter den von Ihnen spezifizierten Interpretationen wahr
bzw. falsch ist.
(7 Punkte)
Lösung: Eine von vielen möglichen Lösungen lautet wie folgt:
Modell I = hhω, {+}, {=, ≥}, {0}i, Φ, Ii, wobei für die Signaturinterpretation Φ gilt:
Φ(f ) = +, Φ(P ) ==, Φ(Q) =≥, Φ(c) = 0.
Die Variablenbelegung sei durch I(v) = 0 für alle Variablen v gegeben.
I ist ein Modell, da alle natürlichen Zahlen ≥ 0 sind. Somit wird die hintere Teilformel der
Implikation und damit die gesamte Implikation wahr.
Gegenbeispiel J = hhω, {+}, {=, ≤}, {0}i, Φ, Ii, wobei für die Signaturinterpretation Φ gilt:
Φ(f ) = +, Φ(P ) ==, Φ(Q) =≤, Φ(c) = 0.
Die Variablenbelegung sei durch I(v) = 0 für alle Variablen v gegeben.
J ist ein Gegenbeispiel, da es eine Zahl n gibt, für die n = 0 + n gilt, also die vordere Teilformel
der Implikation wahr ist, aber andererseits nicht alle Zahlen ≤ 0 sind, also die hintere Teilformel
der Implikation falsch ist.
9.) Zeigen Sie mit dem Tableau-Kalkül, dass (∃z)(∀y)P (z, h(y)) eine logische Konsequenz von
(∃y)(∀z)P (h(y), z) ist.
Markieren Sie dabei γ und δ-Formeln als solche.
(7 Punkte)
Lösung: Folgendes geschlossenes Tableau zeigt die Richtigkeit der Konsequenzbehauptung:
(1)
(2)
(3)
(4)
(5)
(6)
t : (∃y)(∀z)P (h(y), z)
f : (∃z)(∀y)P (z, h(y))
t : (∀z)P (h(c), z)
f : (∀y)P (h(c), h(y))
f : P (h(c), h(d))
t : P (h(c), h(d))
×
Annahme – δ-Formel
Annahme – γ-Formel
von 1 – γ-Formel
von 2 – δ-Formel
von 4
von 3
Wid.: 5/6
10.) Geben Sie an, ob die folgenden Aussagen richtig, falsch oder unsinnig sind, und begründen
Sie Ihre Antworten. (Zwei Punkte für richtige Antworten mit richtiger Begründung, einen
Punkt für richtige Antworten mit leicht fehlerhafter Begründung, keinen Punkt für falsche
Antworten oder fehlerhafte Begründungen.)
– Wenn es ein geschlossenes Tableau gibt, das mit den beiden Annahmen t : F und f : G
beginnt, dann folgt G logisch aus F .
×
Begründung:
2 richtig 2 falsch 2 unsinnig
Lösung: Wegen der Korrektheit des Tableau-Kalküls folgt, dass keine Interpretation F
wahr und G falsch macht. Mit anderen Worten: G folgt logisch aus F .
– {P (x, y), P (y, x)} ist eine unifizierbare Menge von Atomen.
×
Begründung:
2 richtig 2 falsch 2 unsinnig
Lösung: Die Substitution {x ← y} ist ein Unifikator.
– Jedes wahre Modell einer Formel ist tautologisch.
Begründung:
2 richtig 2 falsch ×
2 unsinnig
Lösung: Modelle sind Interpretationen, keine Formeln oder Aussagen. Die Begriffe
‘wahr’ bzw. ‘tautologisch’ sind darauf nicht anwendbar.
– In jeder Modellstruktur sind alle Elemente des Gegenstandsbereichs als Konstanten
vorhanden.
Begründung:
2 richtig ×
2 falsch 2 unsinnig
Lösung: Bespielsweise sind in der im Skriptum definierten Modellstruktur N der
natürlichen Zahlen nur 0 und 1 als Konstanten ausgewiesen.
(8 Punkte)