Tarea Nº 2 Introducción a la Informática Lema del Bombeo y Lenguajes de Contexto Libre

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1 Tarea Nº 2 Introducción a la Informática Lema del Bombeo y Lenguajes de Contexto Libre Dr. Horst von Brand vonbrand@inf.utfsm.cl Diego Candel dcontard@.inf.utfsm.cl Lunes 24 de Abril 1º Semestre del Demuestre que los siguientes lenguajes no son regulares. Adicionalmente, para cada uno diseñe una greamática de contexto libre: a) El lenguaje sobre el alfabeto {0, 1} de los strings que son de la forma ωϖ, donde ϖ es la negación inversa del string ω. Por ejemplo, si ω = , entonces ϖ = Respuesta: i j k b) El lenguaje de los strings de la forma a b c, tal que i 2j o k i. c) El lenguaje sobre el alfabeto {a,b} de todos los strings que contienen dos símbolos a por cada símbolo b. Strings que pertenecen a este último lenguaje son aba, aababa, aaaabb, babaaa, entre otros. a) 1.- Elegimos el lenguaje L sobre el alfabeto {0, 1} de los strings que son de la forma ωϖ, donde ϖ es la negación inversa del string ω. 2.- Se elige n Elegimos z = 0 n 1 n, string que sabemos cumple con el lema, ya que z = 2n n 4.- Se elige z = xyw, tal que xy n, y >1 5.- Por la información xy n, y >1, sabemos que y = 0 j, donde j es por lo menos igual a 1 y a lo más igual a n. Entonces, elegimos k = 0, con lo que obtenemos xy 0 z = xz = 0 n-j 1 n, string que sabemos no pertenece a L, pues n-j<n. Gramática: S 0S1 1S0 ε b) Aquí la estrategia es algo más complicada: Primero, sabemos que el lenguaje L * = {a i b j c k, con i 0, j 0, k 0} es regular. Luego sabemos que siun lenguaje L es regular, también lo es su complemento. Ahora bien, tenemos nuestro lenguaje L = {a i b j c k, con i 2j o k i} y sabemos que el complemento de L es L' = L * - L = {a i b j c k, con i < 2j y k = i}. Ahora bien, si L' es regular, también lo será L, pero si L' no es regular, necesariamente L tampoco será regular. Procedemos a aplicarle el lema del bombeo a L' para demostrar que no es regular y que L tampoco lo es. Como esta estrategia no se pasó en ayudantía, esta pregunta se considera anulada y todos tienen el puntaje base de esta pregunta. Sin embargo, aquellos que lograron contestarla bien tienen el doble de puntaje para dicha pregunta (en cuyo caso, la nota máxima no sería un 100, sino más). 1.- Elegimos el lenguaje L' de los strings de la forma a i b j c k, tal que i < 2j y k = i. 2.- Se elige n Elegimos z = a n b 2n c n 4.- Se elige z = xyw, tal que xy n, y >1 5.- Sabemos que y = a j, donde 0 < j n. Elegimos k = 0., con lo que obtenemos xy 0 z = xz = a n-j b 2n c n string que sabemos no pertenece a L', pues n-j n, con lo que no se cumple que i sea igual a k. Gramática: S AC D F A aab aa ε C Cc ε D D adc ab F Fc afc Βc B Bb ε Donde A es un string compuesto por a lo menos el doble número de a que de b, y C es un string compuesto por un número indeterminado de c; Donde D es un string que tiene una cantidad de a mayor que c y una cantidad indeterminada de b; Y donde F es un string que tiene una cantidad de a menor que c y una cantidad indeterminada de b. Tanto en AC como en D y en F, todas las a se encuentran antes que todas las b, las cuales a su vez se encuentran antes que todas las c. c) 1.- Elegimos el lenguaje sobre el alfabeto {a,b} de todos los strings que contienen dos símbolos a por cada símbolo b. 2.- Se elige n Elegimos z = a 2n b n 4.- Se elige z = xyw, tal que xy n, y >1 5.- Por la información xy n, y >1, sabemos que y = a j, donde j es por lo menos igual a 1 y a lo más igual a n. Entonces, elegimos k = 0, con lo que obtenemos xy 0 z = xz = a 2n-j b n, string que sabemos no pertenece a L, pues 2n-j 2n. Gramática: S SaSbS asbsas bsasas ε

2 2. Obtenga la forma normal de Chomsky para 2 de las siguientes gramáticas. Adicionalmente, elija una de ellas y obtenga su forma normal de Greibach: S E*F A+B S(D+B) ε A BC A B B+D bb b A*E C CCC CC D D A+C ε E be d Forma normal de Chomsky 1.- Eliminamos símbolos no productivos: S S(D+B) ε B B+D bb b D D ε E be d 2.- Eliminamos símbolos no alcanzables: S S(D+B) ε B B+D bb b D D ε 3.- Eliminamos las producciones épsilon: S S(D+B) (D+B) S(+B) (+B) B B+D B+ bb b D D d 4.- Reemplazamos todos los símbolos terminales por variables en las producciones donde no se encuentran solos: S SGDHBI GDHBI SGHBI GHBI B BHD BH B b D D d G ( H + I ) 5.- Transformamos todas las producciones de 3 o más variables en producciones de 2 variables: S S G SY 2 GY 3 G DY 3 Y 2 GY 3 Y 3 HY 4 Y 4 BI B BHD BH B b Y 5 HD D D d G ( H + I ) Está en Forma Normal de Chomsky. Forma normal de Greibach 6.- Partiendo del punto 4 (también es válido partir desde el punto 5), enumeramos todas las variables: S B b D d G ( H + I ) 7.- Eliminamos la recursividad por la izquierda de las variables y : b b d ( + ) 8.- Transformamos todas las producciones de tal forma que haya un símbolo no terminal al principio de cada producción: ( ( ( ( ( ( ( ( b b b d ( + ) Está en Forma Normal de Greibach.

3 S Dc AE SS Β A Aaa E ε B BB CHi C Ca CC d D D d E Eb ε BC Forma normal de Chomsky 1.- Eliminamos símbolos no productivos: S Dc AE SS A Aaa E ε C Ca CC d D D d E Eb ε 2.- Eliminamos símbolos no alcanzables: S Dc AE SS A Aaa E ε D D d E Eb ε 3.- Eliminamos las producciones épsilon: S Dc AE A E SS S A Aaa aa E D D d E Eb db 4.- Eliminamos las producciones unitarias: S Dc AE Aaa aa deb db SS A Aaa aa deb db D D d E Eb db 5.- Reemplazamos todos los símbolos terminales por variables en las producciones donde no se encuentran solos: S DC 0 AE A E SS A A E D D d E E C Transformamos todas las producciones de 3 o más variables en producciones de 2 variables: S DC 0 AE A SS E A A D D d E C 0 Forma normal de Greibach 7.- Partiendo del punto 5 (también es válido partir desde el punto 6), enumeramos todas las variables: S A D d E C Eliminamos la recursividad por la izquierda de las variables y : d 9.- Transformamos todas las producciones que tengan al principio del cuerpo una variable enumerada con un valor menor a la variable de la cabeza (en este caso, ): d Está en Forma Normal de Chomsky.

4 10.- Transformamos todas las producciones de tal forma que haya un símbolo no terminal al principio de cada producción: d a d d a a d a d d a a d a d d d d a d d a a d a d d a a d a d d d a d d a a d a d d a a d a d d d d a d d a a d a d d a a d a d d d d a a d a d d d Está en Forma Normal de Greibach.

5 S Sa *I L I M+I Ia ΜΒ M 0 1 0M 1M ε B O BO O B ΟΒ L LbL Oa b Forma normal de Chomsky 1.- Eliminamos símbolos no productivos: S Sa L M 0 1 0M 1M ε L LbL b 2.- Eliminamos símbolos no alcanzables: S Sa L L LbL b 3.- Eliminamos las producciones unitarias: S Sa albl b L LbL b 4.- Reemplazamos todos los símbolos terminales por variables en las producciones donde no se encuentran solos: S S L L b L L L b 5.- Transformamos todas las producciones de 3 o más variables en producciones de 2 variables: S S b L L L b Forma normal de Greibach 6.- Partiendo del punto 4 (también es válido partir desde el punto 5), enumeramos todas las variables: S b L b 7.- Eliminamos la recursividad por la izquierda de la variable : b b b 8.- Transformamos todas las producciones de tal forma que haya un símbolo no terminal al principio de cada producción: b a b a b b Está en Forma Normal de Greibach. Está en Forma Normal de Chomsky.

6 3. Obtenga un PDA para los siguientes lenguajes. Uno de los PDAs debe aceptar por pila vacía y el otro por estado final: a) El lenguaje sobre el alfabeto {0, 1} de los strings que tienen más ceros que unos o más unos que ceros. Respuesta: Primero obtenemos una gramática para el lenguaje dado S A B A 0 0A 0A1 0A1A 1A0 1A0A B 1 1B 0B1 0B1B 1B0 1B0B Luego creamos un PDA P = ({}, {0, 1}, {S, A, B}, δ,, S) que acepta por pila vacía ε, S/A ε, S/B ε, A/0 ε, A/0A ε, A/0A1 ε, A/0A1A ε, A/1A0 ε, A/1A0A ε, B/1 ε, B/1B ε, B/0B1 ε, B/0B1B ε, B/1B0 ε, B/1B0B 0, 0/ε 1, 1/ε Y si queremos que acepte por estado final, le agregamos un estado más al PDA P = ({, q1}, {0, 1}, {S, A, B}, δ,, S, {q1}) ε, S/A ε, S/B ε, A/0 ε, A/0A ε, A/0A1 ε, A/0A1A ε, A/1A0 ε, A/1A0A ε, B/1 ε, B/1B ε, B/0B1 ε, B/0B1B ε, B/1B0 ε, B/1B0B 0, 0/ε 1, 1/ε ε, ε/ε q1 b) El lenguaje sobre el alfabeto {0, 1} de los strings que tienen la forma 1 n 0 m 1 n, con n 0 y m 0. Respuesta: Primero obtenemos una gramática para el lenguaje dado S 1S1 A A 0A ε Luego creamos un PDA P = ({}, {0, 1}, {S, A, B}, δ,, S) que acepta por pila vacía ε, S/1S1 ε, S/A ε, A/0A ε, A/ε 0, 0/ε 1, 1/ε Y si queremos que acepte por estado final, le agregamos un estado más al PDA P = ({, q1}, {0, 1}, {S, A, B}, δ,, S, {q1}) ε, S/1S1 ε, S/A ε, A/0A ε, A/ε 0, 0/ε 1, 1/ε ε, ε/ε q1

7 4. Obtenga la gramática del PDA P = ({, q1}, {0,1}, {Z, X}, d,, Z) que acepta por pila vacía: 1, Z/XZ 1, X/XX 0, X/X 0, Z/ε 1, X/ε 1, Z/Z q1 Procedemos a construir nuestra gramática, con símbolo inicial S: S [ Z [ Las siguientes producciones derivan de la transición 1, Z/XZ: [ Z 1[ X [ Z 1[ Z [ 1[ X [ 1[ Las siguientes producciones derivan de la transición 1, X/XX: [ X 1[ X [ X 1[ X [ 1[ X [ 1[ Las siguientes producciones derivan de la transición 0, X/X: [ X 0[ X [ 0[ La siguiente producción deriva de la transición 0, Z/ε: 0 La siguiente producción deriva de la transición 1, X/ε: 1 Las siguientes producciones derivan de la transición 1, Z/Z: Z 1[ Z 1[ Nuestra gramática queda como sigue: S [ Z [ [ Z 1[ X [ Z 1[ Z [ 1[ X [ 1[ [ X 1[ X [ X 1[ X [ 1[ X [ 1[ [ X 0[ X [ 0[ 0 1 Z 1[ Z 1[ (Paso innecesario) Eliminando símbolos inútiles, la gramática queda como sigue: S [ [ 1[ [ 1[ [ 0[ 0 1 1[ (Otro paso innecesario) Traduciendo los símbolos no terminales por unos más cortos, se puede llegar a la siguiente gramática: S A A 1BC B 1BD 0D C 0 1A D 1

8 5. Demuestre o refute 2 de las siguientes sentencias: a) Si P es un autómata a pila, existe un autómata a pila Q que tiene un único estado y que representa el mismo lenguaje que P. Respuesta: Verdadero, ya que está demostrado que, para cualquier autómata a pila, se puede obtener una gramática de contexto libre, y para cualquier gramática de contexto libre se puede obtener un autómata pila de un solo estado que acepta por pila vacía. Por transitividad, queda demostrado que cualquier autómata a pila de uno o más estados tiene un autómata a pila equivalente de un solo estado. b) La intersección entre un lenguaje regular y un lenguaje de contexto libre da como resultado un lenguaje de contexto libre. Respuesta: Verdadero. Esto se puede demostrar creando un PDA P = (Q c, Σ, Γ, δ c, q, Z, F c ) para el lenguaje de contexto libre y un DFA D = (Q r, Σ r, δ r, p, F r ) para el lenguaje regular. La idea es crear un nuevo PDA M = (Q c xq r, Σ, Γ, δ, (q, p), Z, F c xf r ) que se mueve con un símbolo de entrada si y sólo si P y D pueden moverse con dicho símbolo de entrada al mismo tiempo. Con esto se puede definir la función de transición para M, la cual estará dada de la siguiente forma: δ((q r, p c ), a, X) = (δ r (q r, a), δ c (p c, a, X)) Si a = ε, entonces δ r (q r, ε) = q r, o sea el DFA D no se mueve cuando el PDA P realiza transiciones épsilon. Con esto, podemos decir que el nuevo PDA M acepta a un string s, si y sólo si: δ ((q, p), s, Z) = (δ r* (q, s), δ c* (p, s, Z)) = ((q f, p f ), X) Donde q f es un estado final de D y p f es un estado final de P. Como M sólo aceptará los strings que acepten D y P a la vez, entonces demostramos que L(M) es la intersección de los lenguajes L(D) y L(P) y adicionalmente L(M) es un lenguaje de contexto libre, ya que M es un autómata a pila. c) Todo lenguaje regular es un lenguaje de contexto libre. Respuesta: Verdadero. Esto se puede demostrar simulando cualquier DFA o NFA que represente al lenguaje regular con un PDA que acepta por estado final y que nunca usa su pila. Si se crea dicho PDA, el cual es capaz de aceptar el mismo lenguaje que el DFA o el NFA, entonces el lenguaje que aceptan ambos autómatas es regular y de contexto libre al mismo tiempo. Como dicha simulación se puede hacer para todos los DFAs y NFAs existentes, entonces todos los lenguajes regulares son a la vez lenguajes de contexto libre. 6. Sobre las gramáticas del ejercicio 2, responda: En cuáles de ellas se altera el lenguaje al obtener su Forma Normal de Chomsky? Y por qué? Hay alguna de ellas en la que no se altere el lenguaje? Respuesta: La Forma Normal de Chomsky altera los lenguajes al quitar el string vacío ε del conjunto de strings que aceptan. Dicho efecto se produce cuando se eliminan las producciones épsilon en el proceso de normalización. Sin embargo, habrán lenguajes que de por sí no acepten al string vacío. Estos lenguajes no se verán alterados por el proceso de normalización de Chomsky. Sabiendo esto, podemos afirmar que los únicos lenguajes que se alteran al obtener su forma normal de Chomsky son los de la primera y segunda gramática, ya que los símbolos iniciales de ambas gramáticas son capaces de producir ε. Con esto también podemos afirmar que la tercera gramática no se altera al obtenerse su forma normal de Chomsky, pues desde un principio es incapaz de aceptar el string vacío. DCC/