Examen de Teoría de Autómatas y Lenguajes Formales

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1 Examen de Teoría de Autómatas y Lenguajes Formales TAL 16 de Septiembre de 2008 (I) CUESTIONES: (Justifique formalmente las respuestas) 1. Pronúnciese acerca de la veracidad o falsedad de los siguientes enunciados a) Si L 1 y L 2 son dos lenguajes no regulares entonces L 1 L 2 es no regular. b) Si L 1 y L 2 son dos lenguajes no regulares entonces L 1 L 2 es no regular. c) Si L 1 y L 2 son dos lenguajes no regulares entonces L 1 L 2 es no regular. Analizaremos cada apartado por separado a) El enunciado es falso. Tomemos un lenguaje no regular L definido sobre Σ y su complementario L que tampoco es regular (ya que en caso contrario, L sería regular). Al aplicar la unión L L se obtiene Σ que es regular. b) El enunciado es falso. De nuevo, tomemos un lenguaje no regular definido sobre Σ y su complementario L que tampoco es regular (ya que en caso contrario, L sería regular). Al aplicar la intersección L L se obtiene que es regular. c) El enunciado es falso. Tomemos L 1 un lenguaje no regular definido sobre Σ que contenga λ y L 2 = L 1 {λ}. Al aplicar el producto obtenemos L 1 L 2 = L 1 L 1 L 1 L 1 {λ} = Σ que es regular. 2. Sea el lenguaje L = {xy {a, b} : x = y, x a = y b } Es L regular? (Nota: x a denota el número de símbolos a que contiene la cadena x) (1 punto) Podemos observar que las cadenas que pertenecen a L son aquellas cadenas de longitud par (ya que x = y ) y que tienen un número de símbolos a igual al número de símbolos b (ya que x a = y b ). Hecha esta observación, podemos afirmar que L no es regular. Para ello, mediante aplicación de propiedades de cierre tomemos L a b = {a n b n : n 0} que evidentemente no es regular y, por lo tanto, implica que tampoco L lo es. 3. Sea el lenguaje L = {a i b j c k : k = i j} Es L incontextual? (1 punto) El lenguaje L no es incontextual. Procedemos a demostrarlo mediante el lema de bombeo. Tomemos n como la constante de lema y la cadena z = a n b n c n2 que pertenece a L y cuya longitud excede a n. La cadena z se factoriza como uvwxy. Analizaremos ahora todas las posibles apariciones de las subcadenas v y x en z y concluiremos en cada uno de los casos que el lema no se cumple.

2 a) Tomemos v y x formadas sólo por símbolos a de forma que vx = j 1. Si tomamos un valor de iteración i = 0 entonces formamos la nueva cadena uv 0 wx 0 y = a n j b n c n2 que no b) Tomemos v y x formadas sólo por símbolos b de forma que vx = j 1. Si tomamos un valor de iteración i = 0 entonces formamos la nueva cadena uv 0 wx 0 y = a n b n j c n2 que no c) Tomemos v y x formadas sólo por símbolos c de forma que vx = j 1. Si tomamos un valor de iteración i = 0 entonces formamos la nueva cadena uv 0 wx 0 y = a n b n c n2 j que no d) Tomemos v y x formadas por símbolos a y b de forma que vx a = j 1 y vx b = k 1. Si tomamos un valor de iteración i = 0 entonces formamos la nueva cadena uv 0 wx 0 y = a n j b n k c n2 que no pertenece a L ya que (n j) (n k) < n 2. e) Por último, tomemos v y x formadas por símbolos b y c de forma que vx b = j 1 y vx c = k 1. Si tomamos un valor de iteración i = 0 entonces formamos la nueva cadena uv 0 wx 0 y = a n b n j c n2 k que no pertenece a L ya que n (n j) = n 2 n j < n 2 k. Dado que en todos los casos de factorización hemos comprobado que el lema de bombeo no se cumple, podemos concluir que L no es incontextual. 4. Sea la operación P definida sobre lenguajes como P (L) = {x P ref(l) : x = x r } Es la clase de los lenguajes recursivamente enumerables cerrada bajo P? (Nota: P ref(l) denota el conjunto de los prefijos de las cadenas que pertenecen a L ) La operación P sí es de cierre para la clase de los lenguajes recursivamente enumerables. Para demostrarlo proporcionamos el siguiente esquema de máquina de Turing que genera P (L) dado un lenguaje recursivamente enumerable L El esquema propuesto parte de una serie de módulos que se explican a continuación. El módulo L es una máquina de Turing que genera L dado que L es recursivamente enumerable. El módulo P ref(x) calcula el conjunto finito de los prefijos de una cadena de entrada x. Este cálculo se puede realizar mediante una máquina de Turing multicinta donde se va copiando de forma progresiva la cadena de entrada. El módulo y = y r se puede realizar mediante una máquina de Turing multicinta que copie la cadena de entrada en una cinta de trabajo de forma inversa y que compruebe si la cadena resultante es idéntica a la de entrada. Es fácil comprobar que el esquema propuesto genera todas y cada una de las cadenas que pertenecen a P (L) y no genera ninguna cadena más. Por lo tanto P (L) es recursivamente enumerable si L lo es y, en consecuencia la operación P es de cierre. (II) PROBLEMAS: 5. Desarrolle un módulo Mathematica que, dado como entrada un AFD A = (Q, Σ, δ, q 0, F ) completo y una cadena x Σ, devuelva M = (Q, Σ, δ, q 0, F M ) con F M = {q Q : δ(q, x) F }. prob5[a List, x List] := Module[{ FM, k, estado, j, trans }, FM = {}; 2 (2 puntos)

3 ] For[k=1, k Length[A[[1]]], k++, ]; estado = A[[1,k]]; For[j=1, j Length[x], j++, ]; trans = Cases[A[[3]], { estado, x[[j]], }]; estado = trans[[1,3]] If[MemberQ[A[[5]],estado], AppendTo[FM,A[[1,k]]]] Return[{A[[1]],A[[2]],A[[3]],A[[4]],FM} ] 6. Sea la expresión regular r = (abc) y el homomorfismo h 1 definido como h 1 (0) = a y h 1 (1) = bc. Se pide obtener un AFD para el lenguaje h 1 1 (r). En primer lugar procedemos a calcular el conjunto de las derivadas de la expresión regular con respecto a las cadenas del alfabeto {a, b, c} λ 1 r = r = q 0 a 1 r = bc(abc) = q 1 b 1 r = = q 2 c 1 r = = q 2 (aa) 1 r = = q 2 (ab) 1 r = c(abc) = q 3 (ac) 1 r = = q 2 (aba) 1 r = = q 2 (abb) 1 r = = q 2 (abc) 1 r = (abc) = q 0 De entre las anteriores derivadas únicamente la representada por q 0 se corresponde con un estado final ya que contiene a λ. El diagrama de transiciones correspondiente al AFD obtenido a partir de las derivadas es el siguiente Aplicamos sobre el anterior AFD el homomorfismo inverso de h 1 y obtenemos el siguiente AFD que acepta h 1 1 (r) 3

4 Dado que el anterior autómata es determinista y completo aplicamos el complementario sobre el mismo y obtenemos un AFD para h 1 1 (r) que constituye una solución para el enunciado del problema 7. Dada la gramática G definida por las siguientes reglas se pide obtener una gramática simplificada y en Forma Normal de Chomsky que genere L(G) {λ}. S 0S1S AA BB DS A BAB 0A0 λ B AB ABA 0 C ACB SACA 01 D DAD DD ABD CD Procedemos, en primer lugar, a simplificar la gramática G eliminando para ello los símbolos inútiles. El algoritmo de cálculo de símbolos generativos nos devuelve el conjunto de no terminales no generativos {D}, por lo que la gramática queda como sigue S 0S1S AA BB A BAB 0A0 λ B AB ABA 0 C ACB SACA 01 A continuación, calculamos el conjunto de símbolos no alcanzables que da como resultado {C}. La gramática, sin símbolos no alcanzables queda como sigue S 0S1S AA BB A BAB 0A0 λ B AB ABA 0 Calculamos ahora el conjunto de símbolos anulables. Obtenemos anulables = {S, A}. Eliminamos las reglas vacías y obtenemos: S 0S1S 0S1 01S 01 AA A BB A BAB BB 0A0 00 B AB B ABA BA 0 Calculamos ahora para cada no terminal, el conjunto de símbolos no terminales alcanzables a través de reglas simples: C(S) = {S, A}, C(A) = {A}, C(B) = {B} por lo que el conjunto de reglas queda como sigue tras eliminar las reglas simples: S 0S1S 0S1 01S 01 AA BAB 0A0 00 BB A BAB BB 0A0 00 B AB ABA BA 0 La anterior gramática no contiene símbolos inútiles (no generativos o no alcanzables) por lo que ya está totalmente simplificada. Vamos ahora a pasar la gramática obtenida a forma normal de Chomsky. El primer paso sustituye los terminales por no terminales adicionales en las partes derechas de longitud superior a 1. Obtenemos: S C 0 SC 1 S C 0 SC 1 C 0 C 1 S C 0 C 1 AA BAB C 0 AC 0 C 0 C 0 BB A BAB BB C 0 AC 0 C 0 C 0 B AB ABA BA 0 C 0 0 C 1 1 Finalmente, aplicamos el segundo paso y obtenemos la gramática requerida en forma normal de Chomsky: 4

5 S C 0 D 1 C 0 D 3 C 0 D 2 C 0 C 1 AA BD 4 C 0 D 5 C 0 C 0 BB D 1 SD 2 D 2 C 1 S D 3 SC 1 D 4 AB D 5 AC 0 A BD 4 BB C 0 D 5 C 0 C 0 B AB AD 6 BA 0 D 6 BA C 0 0 C 1 1 5