Einführung in Berechenbarkeit, Komplexität und formale Sprachen

Einführung in Berechenbarkeit, Komplexität und
formale Sprachen
4. Zentralübung
Martina Eikel
15. November 2012
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Aufgabe 1
Zeigen Sie mit Hilfe von Diagonalisierung, dass die Menge der unendlich langen
Bitfolgen über dem Alphabet {0, 1} überabzählbar ist.
Beispiellösung:
U: Menge der unendlich langen Bitfolgen über dem Alphabet {0, 1} ∗
Annahme: U ist abzählbar.
⇒ ex. surjektive Funktion f ∶ N → U. D. h. ∀y ∈ U ∃x ∈ N ∶ f (x) = y.
⇒ ∃x1, x2, . . . ∈ N ∶ U = {f (x1), f (x2), . . .}
Definiere y ∶= y1y2 . . . durch yi = 1 − f (xi)i (f (xi)i: i-tes Bit von f (xi))
⇒ y ∈ U, da y unendlich lange Bitfolge
Für alle i ∈ N: y ≠ f (xi)
⇒ Für y existiert kein i ∈ N, sodass f (xi) = y
⇒ Es kann keine surjektive Funktion f ∶ N → U geben
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Aufgabe 1 (Visualisierung)
Zeigen Sie mit Hilfe von Diagonalisierung, dass die Menge der unendlich langen
Bitfolgen über dem Alphabet {0, 1} überabzählbar ist.
w1
w2
w3
w4
⋮
wi
⋮
1 2 3 4 . . . xi . . . xℓ
ja
ja
ja
wℓ = y nein nein nein nein nein ?
⋮
Table : Die Einträge in der ersten Spalte zählen die Bitfolgen aus U auf.
Ein Eintrag in Zeile i und Spalte j ist „ja“, falls f (xj) = wi, andernfalls ist er „nein“.
ja
ja
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Aufgabe 4
Zeigen Sie, dass das Akzeptanzproblem auf die folgende Sprache reduziert werden
kann.
ReachableState ∶= {(⟨M⟩, q, x) ∣
Beispiellösung: Wir zeigen A ≤ ReachableState
3 Schritte:
1. Konstruktion einer Reduktionsfunktion f
2. Nachweis, dass f berechenbar ist
3. w ∈ A ⇔ f (w) ∈ ReachableState
bei Eingabe x gelangt die DTM M
mindestens einmal in den Zustand q. }
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Aufgabe 4 – Schritt 1 & 2
Definiere die Funktion f ∶ {0, 1} ∗ → {0, 1} ∗ wie folgt:
⎧⎪
(⟨M
f (w) = ⎨
⎪⎩
accept ⟩ , qreject, 0) falls w ≠ ⟨M⟩ x
(⟨M⟩ , qaccept, x) falls w = ⟨M⟩ x
f ist aus folgenden Gründen berechenbar:
▸ Die Erkennung ob w = ⟨M⟩x ist, ist berechenbar.
▸ Die Gödelnummern der Turingmaschinen M accept und M sind berechenbar.
▸ Die Codierungen der Zustände qaccept bzw. qreject sind in den jeweiligen
Gödelnummern eincodiert, dass heißt sie lassen sich aus den jeweiligen
Gödelnummern berechnen.
▸ Die Eingaben 0 bzw x sind ebenfalls berechenbar.
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Aufgabe 4 – Schritt 3
w ∈ A ⇒ w = ⟨M⟩x und M akzeptiert die Eingabe x
⇒ f (w) = (⟨M⟩, qaccept, x), wobei M mindestens einmal in den
Zustand qaccept geht, da M die Eingabe x akzeptiert.
⇒ f (w) ∈ ReachableState
w ∉ A ⇒ 1. Fall: w ≠ ⟨M⟩x für eine DTM M und x ∈ {0, 1} ∗
⇒ f (w) = (⟨M accept ⟩ , qreject, 0), wobei M accept bei jeder
Eingabe sofort in den akzeptierenden Zustand geht.
⇒ f (w) = (⟨M accept ⟩ , qreject, 0), wobei M accept niemals
in den Zustand qreject geht.
2. Fall: w = ⟨M⟩x, wobei M Eingabe x nicht akzeptiert.
⇒ f (w) = (⟨M⟩ , qaccept, x), wobei M bei Eingabe x
niemals in den Zustand qaccept geht,
da M die Eingabe x nicht akzeptiert.
⇒ f (w) ∉ ReachableState
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Aufgabe 2
Zeigen sie, dass die folgende Sprache nicht rekursiv aufzählbar ist, indem sie das
Komplement des Akzeptanzproblems auf diese Sprache reduzieren:
NoZeros = {⟨M⟩ ∣ M akzeptiert keine Eingabe, die mit einer 0 endet}
Beispiellösung: Wir zeigen Ā ≤ NoZeros
3 Schritte:
1. Konstruktion einer Reduktionsfunktion f
2. Nachweis, dass f berechenbar ist
3. w ∈ Ā ⇔ f (w) ∈ NoZeros
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Aufgabe 2 – Schritt 1
Definiere die Funktion f ∶ {0, 1} ∗ → {0, 1} ∗ durch
⎧⎪ ⟨Mx⟩ falls w = ⟨M⟩x, für eine DTM M und x ∈ {0, 1}
f (w) = ⎨
⎪⎩
∗
⟨Mreject ⟩ sonst
wobei Mx bei Eingabe w ∈ {0, 1} ∗ wie folgt arbeite:
1. Simuliere M gestartet mit x.
2. Falls M verwirft, verwerfe.
3. Falls M akzeptiert und w und mit einer 0 endet, akzeptiere.
4. Falls M akzeptiert und w nicht mit einer 0 endet, verwerfe.
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Aufgabe 2 – Schritt 2
Die Funktion f ist aus folgenden Gründen berechenbar:
▸ Die Erkennung ob w = ⟨M⟩x ist, ist berechenbar.
▸ M reject und somit auch dessen Gödelisierung sind berechenbar.
▸ Mx kann einfach aus M und x konstruiert werden, da lediglich M mit x
simuliert wird, dessen Ausgang überprüft wird und das Eingabewort
dahingehend überprüft wird, ob es mit einer 0 endet. Die Gödelisierung von
⟨Mx⟩ ist somit auch berechenbar.
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Aufgabe 2 – Schritt 3 (1/2)
w ∈ Ā ⇒ 1. Fall: w ≠ ⟨M⟩x für eine DTM M und x ∈ {0, 1} ∗
⇒ f (w) = ⟨M reject ⟩ mit L(M reject ) = ∅
2. Fall: w = ⟨M⟩x, wobei M eine DTM ist, die die Eingabe
x nicht akzeptiert.
⇒ f (w) = ⟨Mx⟩, wobei Mx keine Eingabe akzeptiert,
da M gestartet mit x entweder nicht hält oder verwirft,
woraufhin auch Mx verwerfen würde, d. h. L(Mx) = ∅
⇒ f (w) akzeptiert insbesondere keine Eingabe, die mit einer 0
endet.
⇒ f (w) ∈ L
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Aufgabe 2 – Schritt 3 (2/2)
w ∉ Ā ⇒ w = ⟨M⟩x, wobei M eine DTM ist, die Eingabe x akzeptiert.
⇒ f (w) = ⟨Mx⟩, wobei Mx bei jeder Eingabe hält (da M bei
Eingabe x akzeptiert und somit hält) und nur dann Eingabe
w akzeptiert, wenn w mit einer 0 endet.
⇒ f (w) = ⟨Mx⟩, wobei Mx nur die Eingaben akzeptiert, die mit
einer 0 enden.
⇒ f (w) ∉ L.
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Aufgabe 3
Zeigen sie, dass die folgende Sprache nicht entscheidbar ist, indem Sie eine
Reduktion vom Halteproblem durchführen.
DontPanic = {⟨M⟩ ∣ M hält bei Eingabe 101010} ,
Ist diese Sprache rekursiv aufzählbar?
Beispiellösung: Wir zeigen H ≤ DontPanic
3 Schritte:
1. Konstruktion einer Reduktionsfunktion f
2. Nachweis, dass f berechenbar ist
3. w ∈ H ⇔ f (w) ∈ DontPanic
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Aufgabe 3 – Schritt 1
Definiere die Funktion f ∶ {0, 1} ∗ → {0, 1} ∗ durch
⎧⎪ ⟨Mx⟩ falls w = ⟨M⟩x, für eine DTM M und x ∈ {0, 1}
f (w) = ⎨
⎪⎩
∗
⟨M∞ ⟩ sonst
wobei Mx bei Eingabe w ∈ {0, 1} ∗ wie folgt arbeite:
1. Falls w ≠ 101010, gehe in eine Endlosschleife.
2. Simuliere M gestartet mit x.
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Aufgabe 3 – Schritt 2
Die Funktion f ist aus folgenden Gründen berechenbar:
▸ Die Erkennung ob w = ⟨M⟩x ist, ist berechenbar.
▸ M ∞ und somit auch dessen Gödelisierung sind berechenbar.
▸ Mx kann einfach aus der gegebenen Gödelisierung der DTM M und x
berechnet werden, da eine Überprüfung ob die ungleich 101010 ebenfalls
berechenbar ist. Die Gödelisierung von Mx kann dann ebenfalls einfach
berechnet werden.
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Aufgabe 3 – Schritt 3 (1/2)
w ∈ H ⇒ w = ⟨M⟩x, wobei M eine DTM ist, die bei Eingabe x hält.
⇒ f (w) = ⟨Mx⟩, wobei Mx bei allen Eingaben ≠ 101010 hält, da
M gestartet mit x hält und Mx bei Eingabe 101010 in eine
Endlosschleife geht.
⇒ f (w) = ⟨Mx⟩, wobei Mx insbesondere bei Eingabe 101010
hält.
⇒ f (w) ∈ DontPanic.
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Aufgabe 3 – Schritt 3 (2/2)
w ∉ H ⇒ 1. Fall: w ≠ ⟨M⟩x, für eine DTM M und x ∈ {0, 1} ∗
⇒ f (w) = ⟨M ∞ ⟩, wobei M ∞ bei keiner Eingabe hält
2. Fall: w = ⟨M⟩x, wobei M eine DTM ist, die bei Eingabe
x nicht hält
⇒ f (w) = ⟨Mx⟩, wobei Mx nur bei Eingaben ungleich
101010 hält, da M gestartet mit x nicht hält und bei
Eingabe 101010 in eine Endlosschleife geht.
⇒ f (w) = ⟨Mx⟩, wobei Mx bei Eingabe 101010 nicht hält.
⇒ f (w) ∉ DontPanic
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Aufgabe 3 – Sprache rekursiv aufzählbar?
Die Sprache DontPanic ist rekursiv aufzählbar. Betrachte folgende DTM M ′ , die
bei Eingabe x ∈ {0, 1} ∗ wie folgt arbeite:
1. Falls x ≠ ⟨M⟩ für eine DTM M, verwerfe.
2. Falls x = ⟨M⟩ für eine DTM M, simuliere M mit Eingabe 101010.
3. Falls M hält, akzeptiere.
Es bleibt zu zeigen: M akzeptiert die Sprache DontPanic.
x ∈ DontPanic ⇒ x = ⟨M⟩ für eine DTM M, die bei Eingabe 101010 hält.
⇒ M ′ akzeptiert die Eingabe.
x ∉ DontPanic ⇒ 1. Fall: x ≠ ⟨M⟩ für eine DTM M
⇒ M ′ verwirft die Eingabe im ersten Schritt.
2. Fall: x = ⟨M⟩, für eine DTM M, die bie Eingabe
101010 nicht hält.
⇒ M ′ hält nicht und akzeptiert somit auch nicht.
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