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\usepackage{automaten_tafelanschriebe}
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\parindent0pt
\parskip\smallskipamount
\title{Tafelmitschriften zur Vorlesung \glqq Automatentheorie und ihre Anwendungen\grqq\\ im Wintersemester 2019/20}
\author{%
Prof.\ Dr.\ Thomas Schneider\\[1pt]
AG Theorie der Künstlichen Intelligenz \\[1pt]
Fachbereich 3 \\
\includegraphics[width=.4\linewidth]{logo_ub.jpg} \\[\baselineskip]~%
}
\date{Stand: \today}
%\publishers{{\large Dieses Dokument ist noch unvollständig und wird regelmäßig aktualisiert.}}
\begin{document}
\maketitle
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% ===================================================================
\part[Endliche Automaten auf endlichen Wörtern]{Endliche Automaten \\ auf endlichen Wörtern}
% ===================================================================
\section*{T1.1~ Beispiel für Papierkorbzustand}
Der NEA $\Amc_1$ von Folie 1.10
%
\vspace*{-.7\baselineskip}
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[%
node distance=20mm,>=Latex,
initial text="", initial where=below left,
every state/.style={draw=black,thin,fill=black!5,inner sep=1mm,minimum size=6mm},
accepting/.style={double distance=1.5pt, double=white},
every edge/.style={draw=black,thin}
]
\node[state,initial] (q0) {$q_0$};
\node[state,accepting] (q1) [right of=q0] {$q_1$};
\node[state,draw=white,fill=white,text=white] (m) [right of=q1] {$m$};
\node[above left=-2mm and 6mm of q0] {$\Amc_1$};
\path[->]
(q0) edge node [above] {$b$} (q1)
(q0) edge [loop above] node [right=1mm] {$a$} ()
(q1) edge [loop above] node [right=1mm] {$b$} ()
(m) edge [white,loop above] node [right=1mm,text=white] {$a,b$} ()
;
\end{tikzpicture}
\end{center}
%
ist nur deshalb kein DEA, weil Zustand $q_1$ keine ausgehende $b$-Kante besitzt.
Durch Hinzufügen eines neuen Zustands $m$ (für "`Mülleimer"' oder "`Papierkorb"')
wird $\Amc_1$ zu einem DEA $\Amc_1'$, ohne dass das Akzeptanzverhalten sich ändert:
%
\vspace*{-.2\baselineskip}
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[%
node distance=20mm,>=Latex,
initial text="", initial where=below left,
every state/.style={draw=black,thin,fill=black!5,inner sep=1mm,minimum size=6mm},
accepting/.style={double distance=1.5pt, double=white},
every edge/.style={draw=black,thin}
]
\node[state,initial] (q0) {$q_0$};
\node[state,accepting] (q1) [right of=q0] {$q_1$};
\node[state] (m) [right of=q1] {$m$};
\node[above left=-2mm and 6mm of q0] {$\Amc_1'$};
\path[->]
(q0) edge node [above] {$b$} (q1)
(q1) edge node [above] {$a$} (m)
(q0) edge [loop above] node [right=1mm] {$a$} ()
(q1) edge [loop above] node [right=1mm] {$b$} ()
(m) edge [loop above] node [right=1mm] {$a,b$} ()
;
\end{tikzpicture}
\end{center}
%
Diese Konstruktion macht aber beispielsweise aus dem NEA $\Amc_3$ von Folie 1.10
\emph{keinen} DEA, denn dabei behält $q_0$ seine \emph{zwei} $a$-Nachfolger.
% ===================================================================
\section*{T1.2~ Beispiel für die Potenzmengenkonstruktion}
Wir betrachten den NEA $\Amc_3$ von Folie 1.10:
%
\vspace*{-.2\baselineskip}
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[%
node distance=20mm,>=Latex,
initial text="", initial where=below left,
every state/.style={draw=black,thin,fill=black!5,inner sep=1mm,minimum size=6mm},
accepting/.style={double distance=1.5pt, double=white},
every edge/.style={draw=black,thin}
]
\node[state,initial] (q0) {$q_0$};
\node[state] (q1) [right of=q0] {$q_1$};
\node[state,accepting] (q2) [right of=q1] {$q_2$};
\node[above left=-2mm and 6mm of q0] {$\Amc_3$};
\path[->]
(q0) edge node [above] {$a$} (q1)
(q1) edge node [above] {$b$} (q2)
(q0) edge [loop above] node [right=1mm] {$a,b$} ()
;
\end{tikzpicture}
\end{center}
%
Wenn man die Potenzmengenkonstruktion (Folie 1.13) ausführt,
und dabei die unerreichbaren Zustände ignoriert,
dann erhält man folgenden DEA $\Amc_3^d$.
%
\vspace*{-.2\baselineskip}
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[%
node distance=20mm,>=Latex,
initial text="", initial where=below left,
every state/.style={ellipse,draw=black,thin,fill=black!5,inner sep=1mm,minimum size=6mm},
accepting/.style={double distance=1.5pt, double=white},
every edge/.style={draw=black,thin}
]
\node[state,initial] (q0) {$\{q_0\}$};
\node[state] (q0q1) [right=30mm of q0] {$\{q_0,q_1\}$};
\node[state,accepting] (q0q2) [below right=5mm and 10mm of q0] {$\{q_0,q_2\}$};
\node[above left=-2mm and 6mm of q0] {$\Amc_3^d$};
\path[->]
(q0) edge [loop above] node [right=1mm] {$b$} ()
(q0) edge node [above] {$a$} (q0q1)
(q0q1) edge [loop above] node [right=1mm] {$a$} ()
(q0q1) edge [bend right=10] node [pos=.3,left=2mm] {$b$} (q0q2)
(q0q2) edge [bend right=10] node [pos=.3,right=2mm] {$a$} (q0q1)
(q0q2) edge node [pos=.7,right=2mm] {$b$} (q0)
;
\end{tikzpicture}
\end{center}
\enlargethispage*{20mm}
\vspace*{-\baselineskip}
% ===================================================================
\section*{T1.3~ Beispiel-NEA für Stichwortsuche}
Seien $w_1 = \texttt{web}$ und $w_2 = \texttt{ebay}$,
und sei $\Sigma$ die Menge aller ASCII-Zeichen.
Folgender NEA $\Amc$ akzeptiert genau die Dokumente (Zeichenketten),
die $w_1$ oder $w_2$ als Teilwort enthalten.
Dies gilt aber nur, wenn die leicht geänderte Akzeptanzbedingung von Folie~1.17
zugrunde gelegt wird:
$\Amc$ akzeptiert, sobald ein akzeptierender Zustand erreicht wird,
auch wenn das Eingabewort zu diesem Zeitpunkt noch nicht zu Ende gelesen wurde.
%
\vspace*{-.2\baselineskip}
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[%
node distance=20mm,>=Latex,
initial text="", initial where=below left,
every state/.style={draw=black,thin,fill=black!5,inner sep=1mm,minimum size=6mm},
accepting/.style={double distance=1.5pt, double=white},
every edge/.style={draw=black,thin}
]
\node[state,initial] (0) {0};
\node[state,above right=1mm and 10mm of 0] (1) {1};
\node[state,right of=1] (2) {2};
\node[state,accepting,right of=2] (3) {3};
\node[state,below right=1mm and 10mm of 0] (4) {4};
\node[state,right of=4] (5) {5};
\node[state,right of=5] (6) {6};
\node[state,accepting,right of=6] (7) {7};
\node[above left=-2mm and 6mm of 0] {$\Amc$};
\path[->]
(0) edge [loop below] node [below] {$\Sigma$} ()
(0) edge node [pos=.9,left=2mm] {\texttt{w}} (1)
(1) edge node [above] {\texttt{e}} (2)
(2) edge node [above] {\texttt{b}} (3)
(0) edge node [pos=.1,right=2mm] {\texttt{e}} (4)
(4) edge node [above] {\texttt{b}} (5)
(5) edge node [above] {\texttt{a}} (6)
(6) edge node [above] {\texttt{y}} (7)
;
\end{tikzpicture}
\end{center}
%
Die Beschriftung $\Sigma$ der Schleife am Zustand 0
steht für die Folge aller Symbole aus $\Sigma$.
\pagebreak
% ===================================================================
\section*{T1.4~ Beispiel-DEA für Stichwortsuche}
Um die Determinisierung in diesem speziellen Fall zu demonstrieren,
wählen wir ein einfacheres Beispiel der Stichwortsuche:
wir beschränken uns auf das Alphabet $\Sigma=a,b,c$
und die Stichwörter $w_1=ab$, $w_2=bc$ und $w_3=ca$.
Analog zu T1.3 erhält man folgenden NEA \Amc.
%
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[%
node distance=30mm,>=Latex,
initial text="", initial where=below left,
every state/.style={draw=black,thin,fill=black!5,inner sep=1mm,minimum size=6mm},
accepting/.style={double distance=1.5pt, double=white},
every edge/.style={draw=black,thin}
]
\node[state,initial] (0) {0};
\node[state,right of=0] (3) {3};
\node[state,accepting,right of=3] (4) {4};
\node[state,above=4mm of 3] (1) {1};
\node[state,accepting,right of=1] (2) {2};
\node[state,below=4mm of 3] (5) {5};
\node[state,accepting,right of=5] (6) {6};
\node[above left=-2mm and 6mm of 0] {$\Amc$};
\path[->]
(0) edge [loop below] node [below] {$a,b,c$} ()
(0) edge node [pos=.75,left=2mm] {$a$} (1)
(0) edge node [pos=.6,above] {$b$} (3)
(0) edge node [pos=.45,right=2mm] {$c$} (5)
(1) edge node [above] {$b$} (2)
(3) edge node [above] {$c$} (4)
(5) edge node [above] {$a$} (6)
;
\end{tikzpicture}
\end{center}
%
Wendet man die Potenzmengenkonstruktion an
und beschränkt sich dabei wieder auf die erreichbaren Zustände,
dann erhält man folgenden DEA $\Amc^d$.
%
\vspace*{-2\baselineskip}
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[%
node distance=30mm,>=Latex,
initial text="", initial where=below left,
every state/.style={draw=black,thin,fill=black!5,inner sep=.5mm,minimum size=8mm},
accepting/.style={double distance=1.5pt, double=white},
every edge/.style={draw=black,thin}
]
\node[state,initial] (0) {0};
\node[state,right of=0] (03) {03};
\node[state,accepting,right of=03] (045) {045};
\node[state,above=9mm of 3] (01) {01};
\node[state,accepting,right of=01] (023) {023};
\node[state,below=9mm of 3] (05) {05};
\node[state,accepting,right of=05] (016) {016};
\node[above left=-2mm and 6mm of 0] {$\Amc^d$};
\path[->]
(0) edge node [pos=.7,left=2mm] {$a$} (01)
(0) edge node [above] {$b$} (03)
(0) edge node [pos=.3,right=2mm] {$c$} (05)
(01) edge [loop above] node [above] {$a$} ()
% (03) edge [loop above] node [above] {$b$} ()
(03) edge [out=75,in=45,loop] node [right=0mm] {$b$} ()
(05) edge [loop below] node [below] {$c$} ()
(01) edge [bend right=45] node [pos=.3,left] {$c$} (05)
(03) edge node [left] {$a$} (01)
(05) edge node [left] {$b$} (03)
(01) edge [bend left=10] node [above] {$b$} (023)
(03) edge [bend left=10] node [above] {$c$} (045)
(05) edge [bend left=10] node [above] {$a$} (016)
(023) edge [bend left=10] node [below] {$a$} (01)
(045) edge [bend left=10] node [below] {$b$} (03)
(016) edge [bend left=10] node [below] {$c$} (05)
(023) edge node [right] {$c$} (045)
(045) edge node [right] {$a$} (016)
(016) edge [bend right=45] node [pos=.3,right] {$b$} (023)
(023) edge node [pos=.4,right=3mm] {$b$} (03)
(045) edge node [pos=.4,right=3mm] {$c$} (05)
(016) edge [out=10,in=40,looseness=2] node [pos=.2,right] {$a$} (01)
;
\end{tikzpicture}
\end{center}
%
Dabei sind die Zustandsnamen wie 01, 023 usw.\
Kurzschreibweisen für die Mengen $\{0,1\}$, $\{0,2,3\}$ usw.
Die Anzahl der Zustände von $\Amc^d$ ist genauso groß wie die von $\Amc$,
und man kann zeigen, dass dies für jeden NEA $\Amc$ der Fall ist,
den man für die Stichwortsuche gemäß der Beispiele in T1.3 und T1.4 konstruiert.
Der DEA hat also immer nur $|w_1| + \dots + |w_n|$ Zustände,
wenn $w_1,\dots,w_n$ die Stichwörter sind.
%\goodbreak
\pagebreak
% ===================================================================
\section*{T1.5~ Beispiel für die Anwendung des Pumping-Lemmas}
Wir betrachten die Sprache $L = \{a^nb^n \mid n \geq 0\}$.
\textsf{\textbf{Vorbetrachtung für Lesende, die mehr Hintergrundinfo benötigen.}}~
Intuitiv kann diese Sprache nicht NEA-erkennbar sein,
weil NEAs nicht unbeschränkt zählen können --
insbesondere kann ein NEA nicht die Anzahl der gelesenen $a$'s
speichern, um diese mit der Anzahl der $b$'s zu vergleichen.
Dies bleibt aber ein intuitives Argument, denn es basiert auf der
(schwer zu beweisenden) Annahme, dass die skizzierte Vorgehensweise
die einzig mögliche ist.
Um unanfechtbar zu beweisen, dass $L$ nicht NEA-erkennbar ist, verwenden wir
die Kontraposition des Pumping-Lemmas. Wir müssen also zeigen:
%
\begin{enumerate}
\item
Für alle $p \geq 0$
\item
gibt es ein Wort $w \in L$ mit $|w| \geq p$, so dass gilt:
\item
für alle Zerlegungen $w=xyz$ mit $y \neq \varepsilon$ und $|xy| \leq p$
\item
gibt es ein $i \geq 0$ mit $xy^iz \notin L$.
\end{enumerate}
%
In den Schritten 1 und 3 ("`für alle"') müssen wir
für eine \emph{beliebige} Zahl $p$ bzw.\ Zerlegung $xyz$ argumentieren;
in Schritten 2 und 4 ("`es gibt"') genügt es, ein Wort $w$ bzw.\ ein $i \geq 0$ zu wählen
(in Abhängigkeit von $p$ bzw.\ $xyz$).
\textsf{\textbf{Eigentlicher Beweis.}}~
Sei $p \geq 0$ beliebig. Wir wählen $w=a^pb^p$, für das offensichtlich $w \in L$ mit $|w| \geq p$ gilt.
Sei nun $w=xyz$ eine beliebige Zerlegung mit $y \neq \varepsilon$ und $|xy| \leq p$.
Wegen $|xy| \leq p$ kann $y$ nur aus $a$'s bestehen.
Wegen $y \neq \varepsilon$ muss $y$ mindestens ein $a$ enthalten.
Wenn wir also nun $i=0$ wählen, dann hat das Wort $xy^0z = xz$ mindestens ein $a$ weniger als $w=xyz$,
aber es hat dieselbe Anzahl $b$'s wie $w$. Deshalb kann $xy^0z$ nicht mehr von der Form $a^nb^n$ sein;
also ist $xy^0z \notin L$.
% ===================================================================
\section*{T1.6~ Beispiel für die Anwendung des Satzes von Myhill-Nerode}
Wir betrachten wieder die Sprache $L = \{a^nb^n \mid n \geq 0\}$.
Es ist leicht zu sehen, dass für zwei beliebige Zahlen $k_1,k_2$
mit $k_1 \neq k_2$ gilt: $a^{k_1} \not\sim_L a^{k_2}$.
Dies ist so, weil beispielsweise für $w=b^{k_1}$ zwar das Wort $a^{k_1}w$
in $L$ liegt, aber das Wort $a^{k_2}w$ nicht.
Deshalb bilden alle $a^k$, $k \geq 0$, paarweise verschiedene Äquivalenzklassen,
und somit ist der Index von $\sim_L$ unendlich.
Mit dem Satz von Myhill-Nerode folgt, dass $L$ nicht NEA-erkennbar ist.
\pagebreak
% ===================================================================
\section*{T1.7~ Beispiel einer Polynomialzeitreduktion}
Wir betrachten die folgenden Mengen.
%
\begin{align*}
M & = \{\Amc \mid \Amc \text{~ist NEA}\} \\
X & = \{\Amc \mid \Amc \text{~ist NEA},~ L(\Amc) \neq \emptyset\} \\[4pt]
M' & = \{(G,s,t) \mid G = (V,E) \text{~ist gerichteter Graph und~} s,t \in V\} \\
X' & = \{(G,s,t) \mid (G,s,t) \in M' \text{~und es gibt Pfad von $s$ nach $t$ in $G$}\}
\end{align*}
%
Also ist $X$ das Komplement des Leerheitsproblems für NEAs
und $X'$ das Erreichbarkeitsproblem für gerichtete Graphen.
%\goodbreak
Es gilt $X \leq_{\text{p}} X'$, was durch folgende Polynomialzeitreduktion $\pi$ bezeugt wird.
Gegeben $\Amc = (Q,\Sigma,\Delta,I,F) \in M$, definiere $\pi(\Amc) = (G_\Amc,s,t)$ so, dass
die Knoten von $G_\Amc$ die Zustände von \Amc plus zwei neue Knoten $s,t$ sind
und die Kanten genau den Übergängen von \Amc entsprechen (wenn man die Zeichen ignoriert);
zusätzlich hat $G$ Kanten von $s$ zu allen Anfangszuständen sowie von allen akzeptierenden Zuständen
zu $t$. Genauer:
%
\begin{align*}
G_\Amc & \,=\, (V,E)\qquad\text{mit} \\
V & \,=\, Q \uplus \{s,t\} \\
E & \,=\, \{(q,q') \mid (q,a,q') \in \Delta, a \in \Sigma\} \,\cup\, \{(s,q) \mid q \in I\} \,\cup\, \{(q,t) \mid q \in F\}
\end{align*}
%
Nun ist leicht zu sehen, dass gilt:
%
\begin{itemize}
\item
Wenn $\Amc \in X$, dann $\pi(\Amc) \in X'$:
\par
Da $L(\Amc) \neq \emptyset$, gilt $q_0 \vdash_\Amc^w q_f$ für ein Wort $w \in \Sigma^*$
und Zustände $q_0 \in I$, $q_f \in F$. Wegen der Konstruktion von $G_\Amc$
gibt es somit einen Pfad von $q_0$ nach $q_f$ in $G_\Amc$ und damit auch von $s$ nach $t$.
\item
Wenn $\pi(\Amc) \in X'$, dann $\Amc \in X$:
\par
Ein Pfad von $s$ nach $t$ in $G_\Amc$ muss nach Konstruktion auch einen Pfad von einem
$q_0 \in I$ zu einen $q_f \in F$ enthalten; die Beschriftungen der entsprechenden Kanten in \Amc
liefern ein Wort $w \in L(\Amc)$, welches $L(\Amc) \neq \emptyset$ bezeugt.
\item
$\pi$ lässt sich in Polynomialzeit berechnen:
\par
$G_\Amc$ lässt sich in Polynomialzeit aus $\Amc$ konstruieren.
\end{itemize}
% ===================================================================
% ===================================================================
% ===================================================================
\part[Endliche Automaten auf endlichen Bäumen]{Endliche Automaten \\ auf endlichen Bäumen}
% ===================================================================
\section*{T2.1~ Skizze zur Intuition der Übergänge im Baumautomaten}
Der Übergang $a(q_1,\dots,q_m) \to q$ bedeutet:
Wenn \Amc in Position $p$ Zeichen $a$ liest und in $p$'s Kindern Zustände $q_1,\dots,q_m$ eingenommen hat,
%
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[%
node distance=20mm,>=Latex,
every node/.style={circle,draw=black,thin,fill=black!5,inner sep=.4mm,minimum size=7mm},
level 1/.style = {sibling distance = 35mm, level distance = 12mm},
edge from parent/.style = {draw=black, thin, -}%
]
\node (a) {$a$}
child {
node (b1) {$b_1$}
}
child {
node (bm) {$b_m$}
}
;
\begin{scope}[
every node/.style={draw=none,fill=none}
]
\node [below=8mm of a] {$\cdots$};
\node [right=.5mm of b1] {\rule{0pt}{10pt}$q_1$};
\node [right=.5mm of bm] {\rule{0pt}{10pt}$q_m$};
\end{scope}
\end{tikzpicture}
\end{center}
%
dann darf \Amc in $p$ Zustand $q$ einnehmen.
%
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[%
node distance=20mm,>=Latex,
every node/.style={circle,draw=black,thin,fill=black!5,inner sep=.4mm,minimum size=7mm},
level 1/.style = {sibling distance = 35mm, level distance = 12mm},
edge from parent/.style = {draw=black, thin, -}%
]
\node (a) {$a$}
child {
node (b1) {$b_1$}
}
child {
node (bm) {$b_m$}
}
;
\begin{scope}[
every node/.style={draw=none,fill=none}
]
\node [below=8mm of a] {$\cdots$};
\node [right=.5mm of a] {\rule{0pt}{10pt}$q$};
% \node [right=.5mm of b1] {\rule{0pt}{10pt}$q_1$};
\node [right=.5mm of bm,text=white] {\rule{0pt}{10pt}$q_m$};
\end{scope}
\end{tikzpicture}
\end{center}
% ===================================================================
\section*{T2.2~ Beispiel-Run}
Sei $\Sigma = \{a/2,~ b/1,~ c/0,~ d/0\}$
und $\Amc = (\{q_c,q_d,q_f\},\Sigma,\Delta,\{q_f\})$ mit
%
\begin{alignat*}{4}
\Delta & = \{ ~& c & \to q_c, & \quad d & \to q_d, & \quad d & \to q_f, \\
& \qquad ~& a(q_c,q_d) & \to q_f, & & & & \\
& \qquad ~& a(q_f,q_f) & \to q_f, & & & & \\
& \qquad ~& b(q_f) & \to q_f & ~\}. & & &
\end{alignat*}
%
Dann gibt es folgenden Run von \Amc auf dem Baum $T = a(a(cd)a(b(a(dd))b(d)))$.
%
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[%
node distance=20mm,>=Latex,
every node/.style={circle,draw=black,thin,fill=black!5,inner sep=.4mm,minimum size=7mm},
level 1/.style = {sibling distance = 40mm, level distance = 9mm},
level 2/.style = {sibling distance = 20mm, level distance = 9mm},
level 3/.style = {sibling distance = 18mm, level distance = 12mm},
level 4/.style = {sibling distance = 18mm, level distance = 10mm},
edge from parent/.style = {draw=black, thin, -}%
]
\node (eps) {$a$}
child {
node (0) {$a$}
child {
node (00) {$c$}
}
child {
node (01) {$d$}
}
}
child {
node (1) {$a$}
child {
node (10) {$b$}
child {
node (100) {$a$}
child {
node (1000) {$d$}
}
child {
node (1001) {$d$}
}
}
}
child {
node (11) {$b$}
child {
node (110) {$d$}
}
}
};
\begin{scope}[
every node/.style={draw=none,fill=none}
]
\node [right=.5mm of eps] {\rule{0pt}{10pt}$q_f$};
\node [right=.5mm of 0] {\rule{0pt}{10pt}$q_f$};
\node [right=.5mm of 00] {\rule{0pt}{10pt}$q_c$};
\node [right=.5mm of 01] {\rule{0pt}{10pt}$q_d$};
\node [right=.5mm of 1] {\rule{0pt}{10pt}$q_f$};
\node [right=.5mm of 10] {\rule{0pt}{10pt}$q_f$};
\node [right=.5mm of 100] {\rule{0pt}{10pt}$q_f$};
\node [right=.5mm of 1000] {\rule{0pt}{10pt}$q_f$};
\node [right=.5mm of 1001] {\rule{0pt}{10pt}$q_f$};
\node [right=.5mm of 11] {\rule{0pt}{10pt}$q_f$};
\node [right=.5mm of 110] {\rule{0pt}{10pt}$q_f$};
\end{scope}
\end{tikzpicture}
\end{center}
\goodbreak
% ===================================================================
\section*{T2.3~ Korrektheit der Potenzmengenkonstruktion}
Es ist noch zu zeigen: $L(\Amc^d) = L(\Amc)$.
Dazu zeigen wir zunächst zwei Hilfsaussagen (HA).
\parII
\textsfbf{HA1.}~ Für jeden Baum $T=(P,t)$ gibt es \emph{genau einen} Run
des DEBAs $\Amc^d$ auf $T$; wir nennen diesen Run $r_T^d$.
\parII
\textsfbf{Beweis von HA1.}~
Dazu definieren wir $r_T^d(p)$ induktiv über die Höhe der Position $p$ in $T$
(zur Erinnerung: "`Höhe"' ist so definiert, dass Blätter die Höhe~0 haben).
Simultan zeigen wir, dass zu jedem Zeitpunkt für den bis dahin definierten Teilrun $r_T^d$
gilt:
%
\begin{enumerate}
\item[(a)]
$r_T^d$ erfüllt die Eigenschaften eines Runs (Def.\,2.3).
\item[(b)]
Für alle Runs $r$ von $\Amc^d$ auf $T$ und alle Nachfolger $p'$ der Position $p$
(einschließlich $p$ selbst) gilt $r(p') = r_T^d(p')$.
\end{enumerate}
%
\begin{description}
\item[Induktionsanfang.]
Sei $p$ eine Position der Höhe 0 (also ein Blatt) mit $t(p) = a \in \Sigma_0$.
Wir betrachten die \emph{eindeutig bestimmte} Menge $S \subseteq Q$ mit
\[
\tag{$*$}
a \to S \in \Delta^d
\]
und setzen $r_T^d(p) = S$.
Dann gilt~(a) wegen~$(*)$, und~(b) gilt, weil $S$ nach Definition von $\Delta^d$
eindeutig bestimmt ist.
\item[Induktionsschritt.]
Sei $p$ eine Position der Höhe $\geq 0$ mit Kindern $p1,\dots,pm$, $m > 0$,
und sei $t(p) = a \in \Sigma_m$.
Weil die Höhe der $pi$ geringer ist als die von $p$,
ist $S_i := r_T^d(pi)$ für alle $i \leq m$ definiert,
und nach Induktionsvoraussetzung (IV) erfüllt $r_T^d$ bis dahin~(a) und~(b).
Wir betrachten die \emph{eindeutig bestimmte} Menge $S \subseteq Q$ mit
\[
\tag{$**$}
a(S_1,\dots,S_m) \to S \in \Delta^d
\]
und setzen $r_T^d(p) = S$.
Dann gilt~(a) wegen IV und~$(*)$, und~(b) gilt wegen IV und weil $S$ nach Definition von $\Delta^d$
eindeutig bestimmt ist.
\end{description}
%
Dies beendet den Beweis von HA1.
\parII
Wir benutzen ab jetzt $r_T^d$.
\parII
\textsfbf{HA2.}~ Für alle Bäume $T=(P,t)$ und alle Positionen $p \in P$ gilt:
\[
r_T^d(p) = \{q \in Q \mid \text{es gibt Run $r$ von $\Amc$ auf $T_p$ mit $r(\varepsilon)=q$}\}
\]
HA2 gibt genau die Intuition der Potenzmengenkonstruktion wieder:
der eindeutig bestimmte Run von $\Amc^d$ auf einem Baum $T$
"`versammelt"' in allen Positionen $p$ genau diejenigen Zustände,
die sämtliche Runs von \Amc dort annehmen können.
Dazu gehören auch Teilruns, die sich oberhalb der Position $p$
nicht mehr bis zur Wurzel fortsetzen lassen;
deshalb muss man sich in der Formulierung auf den Teilbaum $T_p$ beschränken.
\parII
\goodbreak
\textsfbf{Beweis von HA2.}~
Wir gehen per Induktion über die Höhe von $p$ in $T$ vor.
%
\begin{description}
\item[Induktionsanfang.]
Sei $p$ Blattposition mit $t(p) = a \in \Sigma_0$.
Wegen der Definition eines Runs und des Beweises von HA1 ist
$r_T^d(p)$ diejenige Menge $S \subseteq Q$, für die $a \to S \in \Delta^d$ gilt.
Mit der Definition von $\Delta^d$ erhalten wir daraus
\[
r_T^d(p) = \{q \in Q \mid a \to q \in \Delta\}.
\]
Da die Bedingung $a \to q \in \Delta$ wegen der Definition eines Runs (für Blattpositionen)
genau dann gilt, wenn es einen Run $r$ von \Amc auf $T_p$ gibt mit $r(\varepsilon) = q$,
folgt die Behauptung.
\item[Induktionsschritt.]
Sei $p$ eine Position mit Kindern $p1,\dots,pm$, $m > 0$,
und sei $t(p) = a \in \Sigma_m$.
Weil die Höhe der $pi$ geringer ist als die von $p$,
ist die Induktionsvoraussetzung (IV) anwendbar
und liefert:
\[
\tag{$***$}
S_i := r_T^d(p) = \{q \in Q \mid \text{es gibt Run $r_i$ von \Amc auf $T_{pi}$ mit $r_i(\varepsilon)=q_i$}\}
\]
Wegen der Definition eines Runs und des Beweises von HA1 ist
$r_T^d(p)$ diejenige Menge $S \subseteq Q$, für die $a(S_1,\dots,S_m) \to S \in \Delta^d$ gilt.
Mit der Definition von $\Delta^d$ erhalten wir daraus
\[
r_T^d(p) = \{q \in Q \mid \underbrace{\exists q_1 \in S_1 \cdots \exists q_m \in S_m : \underbrace{a(q_1,\dots,q_m) \to q \in \Delta}_{(\times\times)}}_{(\times)}\}.
\]
Es bleibt zu zeigen, dass für alle $q \in Q$ die Bedingung $(\times)$
gilt gdw.\ es einen Run $r$ von \Amc auf $T_p$ gibt mit $r(\varepsilon)=q$.
%
\begin{description}
\item[{\boldmath "`$\Rightarrow$"'}]
Wir nehmen an, dass $(\times)$ gilt.
Wegen $(***)$ gibt es für jedes $q_i$ aus $(\times)$ einen Run $r_i$ von \Amc auf $T_{pi}$
mit $r(\varepsilon) = q_i$.
Daraus konstruieren wir einen Run $r$ auf $T_p$ wie folgt:
%
\begin{itemize}
\item
$r(\varepsilon) = q$
\item
$r(iw) = r_i(w)$ für alle $i \leq m$ und $w \in \mathbb{N}_+^*$
\end{itemize}
%
Da alle $r_i$ Runs sind und die Eigenschaft $(\times\times)$ gilt, ist auch $r$ ein Run
von \Amc auf $T_p$; außerdem gilt nach Konstruktion wie gewünscht $r(\varepsilon) = q$.
\item[{\boldmath "`$\Leftarrow$"'}]
Sei $r$ ein Run von \Amc auf $T_p$ mit $r(\varepsilon) = q$.
Um $(\times)$ zu zeigen, definieren wir $q_i := r(i)$ für alle $i \leq m$.
Da $r$ ein Run ist, gilt $(\times\times)$.
Es bleibt zu zeigen, dass $q_i \in S_i$ für alle $i \leq m$,
also wegen $(***)$: dass es Runs $r_i$ von \Amc auf $T_{pi}$ gibt mit $r_i(\varepsilon)=q_i$.
Diese Runs lassen sich nun leicht aus $r$ konstruieren, indem man
$r_i(w) = r(iw)$ für alle $i \leq m$ und $w \in \mathbb{N_+^*}$ setzt.
Offenbar sind das Runs, weil sie Einschränkungen von $r$ sind;
außerdem erfüllen sie $r_i(\varepsilon)=q_i$, weil die $q_i$ so gewählt wurden, dass $r(i) = q_i$ gilt.
\end{description}
\end{description}
Dies beendet den Beweis von HA2, und wir können nun die Hauptaussage beweisen.
\parII
\goodbreak
\textsfbf{\boldmath{$L(\Amc^d) = L(\Amc)$.}}~
Dazu beobachten wir:
%
\begin{center}
\begin{tabular}{@{}l@{~~}c@{~~}ll@{}}
$T \in L(\Amc^d)$
& gdw. & $r_T^d(\varepsilon) \in F^d$ & (Def.\ Akzeptanz, HA1) \\[4pt]
& gdw. & $r_T^d(\varepsilon) \cap F \neq \emptyset$ & (Def.\ $F^d$) \\[4pt]
& gdw. & es gibt Run $r$ von \Amc auf $T_\varepsilon$ mit $r(\varepsilon) \in F$ & (HA2) \\[4pt]
& gdw. & $T \in L(\Amc)$ & ($T_\varepsilon=T$, Def.\ Akzeptanz)
\end{tabular}
\end{center}
% ===================================================================
\section*{T2.4~ Vorbetrachtungen für Nicht-Erkennbarkeit}
Für den NEBA \Amc auf Folie 2.29 gilt
\[
L(\Amc) \neq \{T \mid \text{$T$ hat gerade Höhe}\},
\]
denn der Baum
%
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[%
node distance=20mm,>=Latex,
every node/.style={circle,draw=black,thin,fill=black!5,inner sep=.4mm,minimum size=6mm},
level 1/.style = {sibling distance = 35mm, level distance = 8mm},
level 2/.style = {sibling distance = 18mm, level distance = 10mm},
edge from parent/.style = {draw=black, thin, -}%
]
\node (eps) {$a$}
child {
node (0) {$a$}
child {
node (00) {$c$}
}
child {
node (01) {$c$}
}
}
child {
node (1) {$c$}
}
;
\end{tikzpicture}
\end{center}
%
hat zwar gerade Höhe, wird aber nicht von \Amc akzeptiert,
denn wenn es einen Run gäbe, dann müsste dieser wie folgt beginnen:
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[%
node distance=20mm,>=Latex,
every node/.style={circle,draw=black,thin,fill=black!5,inner sep=.4mm,minimum size=6mm},
level 1/.style = {sibling distance = 35mm, level distance = 8mm},
level 2/.style = {sibling distance = 18mm, level distance = 10mm},
edge from parent/.style = {draw=black, thin, -}%
]
\node (eps) {$a$}
child {
node (0) {$a$}
child {
node (00) {$c$}
}
child {
node (01) {$c$}
}
}
child {
node (1) {$c$}
}
;
\begin{scope}[
every node/.style={draw=none,fill=none}
]
\node [right=.5mm of 0] {\rule{0pt}{10pt}$q_1$};
\node [right=.5mm of 1] {\rule{0pt}{10pt}$q_0$};
\node [right=.5mm of 00] {\rule{0pt}{10pt}$q_0$};
\node [right=.5mm of 01] {\rule{0pt}{10pt}$q_0$};
\end{scope}
\end{tikzpicture}
\end{center}
%
Dieser Teilrun kann aber nicht mehr zu einem vollständigen Run fortgesetzt werden.
% ===================================================================
\section*{T2.5~ Intuitionen für Nicht-Erkennbarkeit}
Wir betrachten $L_2 = \{T \mid \text{$T$ ist vollständiger Binärbaum}\}$,
wobei "`vollständiger Binärbaum"' bedeutet, dass für jede Nicht-Blattposition $p$ in $T$ gilt:
%
\begin{itemize}
\item
$p$ hat genau 2 Kinder $p1,p2$ \quad und
\item
deren Teilbäume $T_{p1},T_{p2}$ haben gleiche Höhe.
\end{itemize}
%
Ein intuitives, aber möglichst schlüssiges Argument dafür
dass $L_2$ nicht NEBA-erkennbar ist, ist folgendes:
Angenommen $L_2$ werde von einem NEBA \Amc erkannt; dieser habe $n$ Zustände.
Dann hat \Amc einen erfolgreichen Run $r$ auf dem vollständigen Binärbaum $T$
der Höhe $n$. Auf jedem Pfad hat $T$ aber $n+1$ Knoten,
und damit muss auf jedem Pfad in $r$ irgendeinen Zustand doppelt vorkommen.
Wenn wir einen Pfad festhalten
und die Positionen des doppelten Vorkommens desselben Zustandes $p_1$ und $p_2$ sind
(mit $p_1$ Vorgänger von $p_2$),
dann können wir den Teilbaum $T_{p_2}$ durch den höheren Teilbaum $T_{p_1}$ ersetzen
und erhalten einen nicht mehr vollständigen Binärbaum,
auf dem \Amc trotzdem einen erfolgreichen Run hat
(letzteren erhält man auf die offensichtliche Weise aus $r$)
-- ein Widerspruch zur Annahme $L(\Amc) = L_2$.
%
\begin{center}
\includegraphics[width=.95\linewidth]{img/t2_5.pdf}
\end{center}
% ===================================================================
\section*{T2.6~ Beispiele für Kontexte}
\begin{itemize}
\item
%\paragraph*{Unärer Kontext {\boldmath $C$}, schematisch:}
Unärer Kontext, schematisch:
%
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[%
node distance=20mm,>=Latex,
every node/.style={circle,draw=black,thin,fill=black!5,inner sep=.4mm,minimum size=6mm},
level 1/.style = {sibling distance = 18mm, level distance = 11mm},
level 2/.style = {sibling distance = 9mm, level distance = 11mm},
edge from parent/.style = {draw=black, thin, -}%
]
\node (eps) {}
child {
node (0) {}
child {
node (00) {}
}
}
child {
node[fill=black!15] (1) {$x$}
}
child {
node (2) {}
child {
node (20) {}
}
}
;
\node [draw=none,fill=none,left=3mm of 0] {$C$};
\end{tikzpicture}
\end{center}
%
\item
Einsetzen:
%
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[%
baseline=-1mm,
node distance=20mm,>=Latex,
every node/.style={circle,draw=black,thin,fill=black!2,inner sep=.4mm,minimum size=6mm},
level 1/.style = {sibling distance = 9mm, level distance = 11mm},
edge from parent/.style = {draw=black, thin, -}%
]
\node (eps) {}
child {
node (0) {}
}
child {
node (1) {}
}
;
\node [draw=none,fill=none,left=11mm of eps] {Baum $T$};
\end{tikzpicture}
\qquad$\leadsto$\qquad
\begin{tikzpicture}[%
baseline=-12mm,
node distance=20mm,>=Latex,
every node/.style={circle,draw=black,thin,fill=black!5,inner sep=.4mm,minimum size=6mm},
level 1/.style = {sibling distance = 18mm, level distance = 11mm},
level 2/.style = {sibling distance = 9mm, level distance = 11mm},
edge from parent/.style = {draw=black, thin, -}%
]
\node (eps) {}
child {
node (0) {}
child {
node (00) {}
}
}
child {
node[fill=black!2] (1) {}
child {
node[fill=black!2] (10) {}
}
child {
node[fill=black!2] (11) {}
}
}
child {
node (2) {}
child {
node (20) {}
}
}
;
\node [draw=none,fill=none,left=5mm of 0] {Baum $C[T]$};
\end{tikzpicture}
\end{center}
%
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[%
baseline=-1mm,
node distance=20mm,>=Latex,
every node/.style={circle,draw=black,thin,fill=black!2,inner sep=.4mm,minimum size=6mm},
level 1/.style = {sibling distance = 9mm, level distance = 11mm},
edge from parent/.style = {draw=black, thin, -}%
]
\node (eps) {}
child {
node[fill=black!15] (0) {$x$}
}
child {
node (1) {}
}
;
\node [draw=none,fill=none,left=11mm of eps] {Kontext $C'$};
\end{tikzpicture}
\qquad$\leadsto$\qquad
\begin{tikzpicture}[%
baseline=-12mm,
node distance=20mm,>=Latex,
every node/.style={circle,draw=black,thin,fill=black!5,inner sep=.4mm,minimum size=6mm},
level 1/.style = {sibling distance = 18mm, level distance = 11mm},
level 2/.style = {sibling distance = 9mm, level distance = 11mm},
edge from parent/.style = {draw=black, thin, -}%
]
\node (eps) {}
child {
node (0) {}
child {
node (00) {}
}
}
child {
node[fill=black!2] (1) {}
child {
node[fill=black!15] (10) {$x$}
}
child {
node[fill=black!2] (11) {}
}
}
child {
node (2) {}
child {
node (20) {}
}
}
;
\node [draw=none,fill=none,left=5mm of 0] {Kontext $C[C']$};
\end{tikzpicture}
\end{center}
%
\parII
\item
Trivialer Kontext:
\qquad
\begin{tikzpicture}[%
baseline=-1mm,
node distance=20mm,>=Latex,
every node/.style={circle,draw=black,thin,fill=black!2,inner sep=.4mm,minimum size=6mm},
level 1/.style = {sibling distance = 9mm, level distance = 11mm},
edge from parent/.style = {draw=black, thin, -}%
]
\node[fill=black!15] (eps) {$x$}
;
\node [draw=none,fill=none,left=3mm of eps] {$C_0$};
\end{tikzpicture}
\parII
\item
Iterierte Kontexte:
%
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[%
baseline=-12mm,
node distance=20mm,>=Latex,
every node/.style={circle,draw=black,thin,fill=black!5,inner sep=.4mm,minimum size=6mm},
level 1/.style = {sibling distance = 21mm, level distance = 11mm},
level 2/.style = {sibling distance = 9mm, level distance = 11mm},
edge from parent/.style = {draw=black, thin, -}%
]
\node (eps) {}
child {
node (0) {}
child {
node (00) {}
}
}
child {
node[fill=black!2] (1) {}
child {
node[fill=black!2] (10) {}
child {
node[fill=black!2] (100) {}
}