Grundlagen der Theoretischen Informatik Musterlösung zur ...

Aufgabe 1
Grundlagen der Theoretischen Informatik
Musterlösung zur Probeklausur
a)
Verbal: Ein Wort w aus L(M) wird von M genau dann akzeptiert, wenn der Automat nach
dem Lesen von w in einem akzeptierenden Zustand endet. Sei nun M ′ der Automat, bei dem
alle Zustände, die vorher akzeptierend waren, nun nicht akzeptierend sind und umgekehrt alle
vorher nicht akzeptierenden Zustände nun akzeptierend sind. Dann endet M ′ beim Lesen von
w genau dann in einem akzeptierenden Zustand, wenn w nicht aus L(M) ist. Also akzeptiert
M ′ die komplementäre Sprache.
Formell: Sei M = (Σ, Q, s, δ, F ). Definiere nun M ′ = (Σ, Q, s, δ, Q \ F ). Dann gilt
L(M ′ ) = {w ∈ Σ ∗ : δ(s, w) ∈ Q \ F } = {w ∈ Σ ∗ : δ(s, w) ∉ F }
= Σ ∗ \ {w ∈ Σ ∗ : δ(s, w) ∈ F } = Σ ∗ \ L(M)
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b)
Verbal: Man konstruiere einen nicht deterministischen Automaten M ′ aus M, indem alle Pfeile
in M umgedreht werden, der Startzustand der einzige akzeptierende Zustand wird und die
akzeptierenden Zustände aus M die Startzustände von M ′ werden. Ein Wort w aus L(M)
wird von M akzeptiert, wenn der Weg, den der Automat beim Lesen von w durchläuft, beim
Startzustand startet und bei einem akzeptierenden Zustand endet. Durch das umdrehen der
Pfeile gibt es genau dann auch einen Weg in umgekehrter Richtung in M ′ (der von einem
akzeptierenden Zustand von M zum Startzustand von M führt). Also akzeptiert M ′ die Sprache
L(M) R . Mittels Potenzmengenkonstruktion kann aus M ′ ein äquivalenter deterministischer
endlicher Automat konstruiert werden.
Formell: Sei M = (Σ, Q, s, δ, F ). Definiere nun einen NEA M ′ = (Σ, Q, S ′ , δ ′ , F ′ ) mit
S ′ := F,
F ′ := {s}
δ ′ (q, a) := {p ∈ Q|δ(p, a) = q}
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L(M ′ ) = L(M) R , denn es gilt
⇔
⇔
⇔
⇔
⇔
⇔
w = w 1 w 2 . . . w n ∈ L(M)
δ(s, w 1 w 2 . . . w n ) ∈ F
δ(δ(s, w 1 ), w 2 w 3 . . . w n ) ∈ F
∃q 1 : δ(s, w 1 ) = q 1 ∧ δ(q 1 , w 2 w 3 . . . w n ) ∈ F
∃q 1 , q 2 , . . . q n−1 : δ(s, w 1 ) = q 1 ∧ δ(q 1 , w 2 ) = q 2 ∧ . . . ∧ δ(q n−1 , w n ) ∈ F
∃q 1 , q 2 , . . . q n : δ(s, w 1 ) = q 1 ∧ δ(q 1 , w 2 ) = q 2 ∧ . . . ∧ δ(q n−1 , w n ) = q n ∧ q n ∈ F
∃q 1 , q 2 , . . . q n : s ∈ δ ′ (q 1 , w 1 ) ∧ q 1 ∈ δ ′ (q 2 , w 2 ) ∧ . . . ∧ q n−1 ∈ δ ′ (q n , w n ) ∧ q n ∈ F
⇔ ∃q n , q n−1 , q n−2 , . . . , q 2 , q 1 : q n ∈ F ∧ q n−1 ∈ δ ′ (q n , w n ) ∧ q n−2 ∈ δ ′ (q n−1 , w n−1 ) ∧ . . .
. . . ∧ q 1 ∈ δ ′ (q 2 , w 2 ) ∧ s ∈ δ ′ (q 1 , w 1 )
⇔ ∃q n , q n−1 , q n−2 , . . . , q 2 , q 1 , t : q n ∈ S ′ ∧ q n−1 ∈ δ ′ (q n , w n ) ∧ q n−2 ∈ δ ′ (q n−1 , w n−1 ) ∧ . . .
. . . ∧ q 1 ∈ δ ′ (q 2 , w 2 ) ∧ t ∈ δ ′ (q 1 , w 1 ) ∧ t ∈ F ′
⇔ w R = w n w n−1 . . . w 2 w 1 ∈ L(M ′ )
Somit gilt w ∈ L(M) genau dann, wenn w R ∈ L(M ′ ), also L(M ′ ) = L(M) R . Mittels Potenzmengenkonstruktion
kann aus M ′ ein deterministischer endlicher Automat konstruiert werden,
der ebenfalls L(M) R akzeptiert.
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Aufgabe 2
Automat zur Erkennung der Sprache (a|b|c|r|s) ∗ barbara(a|b|c|r|s) ∗
Dieser Automat akzeptiert die beschriebene Sprache. Jeder Zustand steht für ein Präfix von
barbara, das wir bis dahin schon gelesen haben. Falls wir ein Zeichen lesen, das das Präfix
verlängert, gehen wir in den entsprechenden Folgezustand. In fast jedem Zustand müssen wir zu
q1 gehen, wenn wir ein b lesen (außer in q3, wo wir ein b erwarten, in q6 und q7), denn q1 steht
für das bisher gelesene Präfix b. Falls wir in q6 ein b lesen, müssen wir zu q4 gehen, denn wir
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haben als letzte 3 Zeichen bereits bar gelesen. In q7 bleiben wir bei jedem gelesenen Zeichen,
denn wenn wir hier sind, haben wir barbara schon gelesen. Falls wir ansonsten irgendwann ein
Zeichen lesen, das unerwartet ist, gehen wir zu q0.
Aufgabe 3
Sei n 0 ≥ 2 beliebig aber fest. Wir wählen x = 0 n2 0 . Offensichtlich ist x ∈ L und |x| > n0 . Sei
x = uvw eine beliebige Zerlegung mit |v| > 0 und |uv| ≤ n 0 . Also gilt |v| ≤ n 0 . Bezeichne nun
k := |v|, dann gilt folgendes:
n 2 0 < |uv 2 w| = n 2 0 + k ≤ n 2 0 + n 0 < (n 0 + 1) 2 = n 2 0 + 2n 0 + 1
Also ist uv 2 w /∈ L und damit ist L nach dem Pumping Lemma nicht regulär.
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Aufgabe 4
(a) Wahr, denn bei der Potenzmengenkonstruktion sind die neuen Zustände gerade die Potenzmenge
von Q und diese hat die Kardinalität |P (Q)| = 2 |Q| . Das ist für |Q| > 2 mehr
als 2|Q|.
(b) Falsch, bei der Elimination von ε-Übergängen kommen keine Zustände hinzu. Der zu
konstruierende Automat ohne ε-Übergänge hat die gleiche Zustandsmenge wie der Ausgangsautomat.
(c) Falsch, {0, 1} ∗ ist regulär, aber {0 n 1 n |n ∈ N} ⊆ {0, 1} ∗ ist nach Vorlesung nicht regulär.
(d) Wahr, jeder DEA kann als NEA interpretiert werden, also gibt es einen äquivalenten
NEA. Da es keinen NEA mit |Q| < 1 gibt, ist die Anzahl der Zustände auch nach unten
beschränkt. Also existiert das Minimum.
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