Agosto 2019 Archive

1. Il compito è costituito da tre esercizi "semplici" di cui due dimostrazioni da imparare a memoria, un esercizio semplice, uno medio e uno più difficile.
2. Ogni esercizio vale 6 punti, indipendentemente dalla difficoltà
3. Quando si dimostra qualcosa è possibile appoggiarsi a teoremi già dimostrati nel libro, a patto di citarli correttamente, o per nome (es. A_DFA) oppure usando una descrizione non ambigua (es. Il teorema che dimostra la riconoscibilità di un DFA)
4. Ci sono tre tipi di strumento per la decidibilità: uno è A (riconoscibilità), che accetta un automa e una stringa, e due sono E (emptiness) e EQ (equivalenza, solo per linguaggi regolari), che accettano solo un automa. Quindi se non sono specificate stringhe, cioè la richiesta non riguarda la riconoscibilità, ma la decidibilità, bisogna usare gli operatori di unione, concatenamento, star e intersezione, complemento se supportati (no CFG) in maniera furba per arrivare ad applicare o E oppure EQ.
5. La definizione di Σ spesso può non essere esplicita. Se va esplicitato, si può scrivere un'espressione che contiene:
   x where x ∈ {Σ \ 1}
   per indicare 1 o un altro simbolo qualunque
6. Spiegare brevemente a parole la dimostrazione, in modo che in caso di errori sia chiaro il ragionamento sottostante.
7. Non troveremo rice, perché renderebbe troppo semplice la riducibilità
8. Non troveremo A_TM non è decidibile, perché è troppo lungo per un compito (metodo diagonale di Cantor)

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Give a formal definition of an enumerator. Consider it to be a type of two-tape Turing machine that uses its second tape as the printer. Include a definition of the enumerated language.

Answer

An enumerator is comparable to a two-tapes Turing machine, where the second tape moves only to the right. As proved by the theorem 3.13 (Sipser), a two-tapes TM is equivalent to a single tape TM, but keep two tapes is more useful for this answer.

We can describe an enumerator as:

En = (Q, Σ, {Γ¹, Γ²}, δ, q_accept, q_reject)

where δ(q_i, a₁, a₂) = (q_j, b₁, b₂, {L, R}, {R})

Since the printer is a write-only device and it can move only to the right, it's not necessary to specify what is the current character and where the head must be moved. So the final definition of δ is

δ(q_i, a₁) = (q_j, b₁, b₂, {L, R})

Cosa significa Turing-recognizable

Una macchina di Turing che accetta o no un linguaggio.

In una TM recognizable i possibili esiti sono solo: accetta; rifiuta/loop.

Cosa significa Turing-decidibile

Cosa significa decisore

No, non significa questo

Un decisore è una macchina di Turing che termina sicuramente in uno stato accept o reject e non ha mai loop infiniti.

Perché un decisore nondeterministico accetti un linguaggio, bisogna che almeno uno dei branch termini con uno stato accettato; viceversa perché sia rifiutato bisogna che tutti i branch finiscano in uno stato rifiutato.

 

(in nero la traduzione del Sipser; in blu gli elementi aggiunti da me)

Ogni macchina di Turing nondeterministica ha una macchina di Turing deterministica equivalente.

Idea

Possiamo simulare ogni macchina nondeterministica N con una macchina deterministica D. L'idea sottostante la simulazione è che D provi ogni possibile ramo della computazione nondeterministica di N. Se D trova uno stato accettato in uno dei rami, D accetta, altrimenti la simulazione di D non termina.

Vediamo la computazione di N di un input w come un albero. Ogni ramo di questo ramo rappresenta uno dei rami del nondeterminismo. Ogni nodo del ramo è una configurazione di N. La radice dell'albero è la configurazione di partenza. La TM D cerca in questo albero qualche configurazione accettata. Condurre questa ricerca con attenzione è cruciale, altrimenti si rischia che D non riesca a visitare l'intero albero. Una tentazione - sbagliata - sarebbe quella di fare una ricerca usando l'algoritmo depth-first. Il depth-fist va a fondo di ogni ramo prima di tornare a esplorarne un altro. Se D esplora l'albero in questa maniera, D potrebbe proseguire per sempre giù per uno dei rami e mancare una configurazione accettabile in uno degli altri rami. Così disegnamo D per splorare l'albero usando la ricerca breadth-first. Questa strategia esplora tutti i rami alla stessa profondità prima di proseguire a esplorare un ramo alla profondità successiva. Questo metodo garantisce che D visiterà ogni nodo nell'albero finché non incontrerà una configurazione accettata.

Prova

Simuliamo una macchina deterministica D con tre nastri. Per il teorema 3.13 questa impostazione è equivalente a una a nastro singolo. La macchina D usa i suoi tre nastri in un modo particolare, come illustrato nella seguente figura. Il nastro 1 contiene sempre la stringa di input e non è mai modificato. Il nastro 2 mantiene una copia del nastro di N in ogni ramo della computazione nondeterministica. Il nastro 3 mantiene traccia della locazione di D nell'albero computazionale nondeterministico di N.

Consideriamo per prima cosa i dati rappresentati nel nastro 3. Ogni nodo nell'albero può avere al massimo b figli, dove b è la dimensione dell'insieme più largo di scelte date dalla funzione di transizione di N. Per ogni nodo nell'albero assegnamo un indirizzo che è una stringa nell'alfabeto Σ_b = {1, 2, ..., b}. Assegnamo l'indirizzo 231 al nodo a cui arriviamo iniziando dalla radice, andando dentro il suo secondo figlio, poi dentro il terzo, poi dentro il primo. Ogni simbolo nella stringa ci dice quale schelta fare al prissimo passaggio, quando simuliamo un passo nin un ramo della computazione nondeterministica di N. A volte un simbolo puà non corrispondere a nessuna scelta se sono disponibili troppo poche scelte nella configurazione. In questo caso l'indirizzo non è valido e non corrisponde a nessun nodo. Il nastro 3 contiene una stringa in Σ_b. Rappresenta il ramo della computazione di N dalla radice al nodo indirizzato da questa stringa, a meno che l'indirizzo non sia non valido. La stringa vuota è l'indirizzo della radice dell'albero. Ora siamo pronti a descrivede D.

1. Inizialmente il nastro 1 contiene l'input w e i nastri 2 e 3 sono vuoti.
2. Copia il nastro 1 nel nastro 2
3. Usa il nastro 2 per simulare N on l'input w di uno dei rami della computazione nondeterministica. Prima di ogni passo di N consulta il prossimo simbolo nel nastro 3 per determinare quale scelta fare tra quelle permesse dalla funzione di transizione di N. Se non restano più simboli nel nastro 3 o se la scelta nondeterministica non è valida, annullare questo ramo andando al passo 4. Andare al passo 4 anche se si incontra una configurazione rifiutata. Se si trova una configurazione accettata, considerare l'input accettato.
4. Rimpiazzare la stringa nel nastro 3 con la prossima stringa lessicografica. Simulare il prossimo ramo della computazione di N andando al passo 2.

La simulazione di una TM nondeterministica è estremamente macchinosa e inefficiente (ma le TM non richiedono di essere efficienti), perché consiste in:

1. calcolare il numero massimo di branch possibili, che nel libro è rappresentato dalla variabile b.
   
2. Eseguire i vari passaggi seguendo l'ordine lessicograficamente. Questo significa che se b = 4 l'ordine che seguirò sarà 1, 2, 3, 4, 11, 12, 13, 14, 21, 22, 23, 24, 31, 32, 33, 34, 41, 42, 43, 44, 111...
3. Per ciascuno dei passaggi, copiare il nastro "matrice" nel nastro di "simulazione" ed eseguire DI NUOVO tutto il ramo partendo da zero fino ad arrivare al successivo livello.

Mi sembra di essere Bill Murray nel giorno della Marmotta:

Corollaio 3.18

Un linguaggio è Turing-riconoscibile sse qualche macchina di Turing nondeterministica lo riconosce.

Prova

Ogni TM deterministica è automaticamente una TM nondeterministica, e così una delle due direzioni segue immediatamente. L'altra direzione segue dal teorema 3.16.

Corollario 3.19

Un linguaggio è decidibile sse una macchina di Turing nondeterministica lo decide.

Prova

La direzione "se" è provata dal fatto che se un linguaggio è decidibile, allora una macchina di Turing deterministica lo decide, e siccome una TM deterministica è equivalente in potenza a una TM nondeterministica (3.16) allora se un linguaggio è decidibile, esiste una macchina di Turing nondeterministica che lo decide.

La direzione "solo se" significa che se una macchina di Turing nondeterministica decide un linguaggio, allora è decidibile.

Rispetto alla TM deterministica costruita per 3.16, per una TM decidibile dobbiamo aggiungere un nuovo passo che dice che se nessuno dei rami si conclude con un'accettazione, avremo uno stato reject.

Discutiamo se questa nuova macchina D₂ è un decisore per L. Se N accetta gli input, D₂ tutti i rami si fermano e fanno un reject, perché è un decisore. Quindi ogni ramo ha una quantità finita di nodi, dove ogni nodo rappresenta on passaggio della computazione di N lungo il ramo.

Perciò l'intero albero di computazione di N nel suo input è finito, in virtù del teorema sugli alberi dato nel corpo dell'esercizio. Conseguentemente, D si fermerà e farà un reject quantdo questo intero albero sarà stato esplorato.

Ogni macchina di Turing multinastro ha una macchina di Turing a singolo nastro equivalente.

Prova

Mostriamo come convertire una macchina di Turing multinastro M in una macchina di Turing S a singolo nastro equivalente. L'idea è di mostrare come simulare M con S.

Diciamo che M ha k nastri. Allora S simula l'effetto di k nastri memorizzando le sue informazioni in un singolo nastro. Usa il nuovo simbolo # come delimitatore per separare i contenuti di diversi tipi di nastro. In più, oltre ai contenuti dei singoli nastri, S deve tenere traccia delle posizioni delle rispettive testine. Lo fa scrivendo un simbolo con un punto sopra per marcare il punto in cui è la testina del nastro. Come prima, il simbolo "puntato" è un nuovo simbolo che deve essere aggiunto all'alfabeto del nastro. Pensiamo a questi come "nastri e testine virtuali".

Corollario 3.15

Un linguaggio è Turing-riconoscibile sse qualche macchina di Turing multinastro lo riconosce.

Prova

Un linguaggio riconoscibile da Turing è riconosciuto da una macchina di Turing ordinaria (singolo nastro), che è un caso speciale delle macchine di Turing multinastro. Questo prova una direzione del corollario. L'altra consegue da 3.13.

a.

Use the pumping lemma to show that the following language is not context free:
L = {0ⁿ1ⁿ0ⁿ1ⁿ| n ≥ 0}

We'll show that L is not a context free language using the pumping lemma. We suppose that L is CFL and we'll prove that we'll have contradictions in any case.

Since we supposed that L is a CFL, we can write the language in form of uvⁱxyⁱz. The constraint are that i ≥ 0, and there are a number p (the "pumping length") where |vy|>0 and |vxy|≤p.

So, let we choose the string 0^p1^p0^p1^p, that is evidently more long than p. There are two cases:

1. v contains only 0s or 1s. In this case, pumping the string make a new string with a different number of 0s than 1s, and it's not recognized by L. Similar for y.
2. v contains both 0s and 1s. In this case pumping the string make a new string with perhaps the same number of 0s and 1s, but in disorder, so it's not recognized by L. Similar for y.

In any case we obtain a contradiction, so we proved that "L is a CFL" is false, then L is not a CFL. ☐

b.

Use the pumping lemma to show that the following language is not context free:
L = {0ⁿ#0²ⁿ#0³ⁿ| n ≥ 0}

We'll show that L is not a context free language using the pumping lemma. We suppose that L is CFL and we'll prove that we'll have contradictions in any case.

Since we supposed that L is a CFL, we can write the language in form of uvⁱxyⁱz. The constraint are that i ≥ 0, and there are a number p (the "pumping length") where |vy|>0 and |vxy|≤p.

So, let we choose the string 0^p#0^2p#0^3p, that is evidently more long than p. There are two cases:

1. v contains a #. In this case, pumping the string make a new string with a uncorrect number of #, and it's not recognized by L. Similar for y.
2. v contains only 0s. In this case pumping the string make a new string with a number of 0 that doesn't respect the ratio 1:2:3, so it's not recognized by L. Similar for y.

In any case we obtain a contradiction, so we proved that "L is a CFL" is false, then L is not a CFL. ☐

c.

Use the pumping lemma to show that the following language is not context free:
L = {w#t| w is a substring of t, where w, t ∈ {a, b}*}

We'll show that L is not a context free language using the pumping lemma. We suppose that L is CFL and we'll prove that we'll have contradictions in any case.

Since we supposed that L is a CFL, we can write the language in form of uvⁱxyⁱz. The constraint are that i ≥ 0, and there are a number p (the "pumping length") where |vy|>0 and |vxy|≤p.

So, let we choose the string a^pb^p#a^pb^p, that is evidently more long than p. There are three cases:

1. v or y contain a #. In this case, pumping the string make a new string with a uncorrect number of #, and it's not recognized by L.
2. v or y are at the left part of the string. In this case, pumping up v or y we can obtain a string longer than the right part, that is not recognized by L.
3. v or y are at the right part of the string. In this case, pumping down v or y we can obtain a string shorter than the left part, that is not recognized by L.

d.

Use the pumping lemma to show that the following language is not context free:
L = {t₁#t₂# · · · #t_k| k ≥ 2, each t_i ∈ {a, b}*, and t_i = t_j for some i ≠ j}

Use the pumping lemma to show that the following language is not context free:
L = {w#t| w is a substring of t, where w, t ∈ {a, b}*}

We'll show that L is not a context free language using the pumping lemma. We suppose that L is CFL and we'll prove that we'll have contradictions in any case.

Since we supposed that L is a CFL, we can write the language in form of uvⁱxyⁱz. The constraint are that i ≥ 0, and there are a number p (the "pumping length") where |vy|>0 and |vxy|≤p.

So, let we choose the string q^p₁#q^p₂# · · · #q^p_k where k ≥ 2 and q is the string t = {0,1}* and the length of t is p, that is evidently more long than p. There are two cases:

1. v or y contain only #. In this case, pumping the string make a new string with a uncorrect number of #, and it's not recognized by L.

[to be continued...]

 

Quando si deve dare una CFG, oltre alle regole, fare anche un esempio di parsing.

Se è richiesto un caso particolare (es. se una CFG è ambigua, o l'applicazione a una stringa data) va messo l'albero di derivazione.

L'albero deve includere le ε, se richieste, e il simbolo iniziale.

Esempio: {aⁱb^jc^k | i = j or j = k, where i, j, k ≥ 0}

S = D | E

D = Dc | Fc

E = aE | aG

F = aFb | ε

G = bGc | ε

Dire se la grammatica è ambigua

       S               S
       |               |
       D               E
   +---+---+       +---+---+
   D       c       a       E
+--+--+                +---+---+
a  D  b                b   E   c
   |                       |
   ε                       ε

Quando chiede di dimostrare qualcosa usando dei linguaggi, non dare per scontato che siano context-free.

Usare una grammatica o un PDA per dimostrare che lo sono.

USARE GRAMMATICHE E NON PDA PER DIMOSTRARE COSE.

Quando si uniscono o concatenano grammatiche diverse, fare attenzione al nome dei terminali: se due terminali in grammatiche diverse hanno lo stesso nome, fondendo le grammatiche si uniscono anche i nomi dei terminali!

Se necessario, aggiungere pedici con un numero progressivo.

Esempio:

G: S₁ → A, A → aB, B → bB|ε

H: S₂ → AB, A → c, B → d

l'unione può  portare a S → S₁ → A → c, che è palesemente un comportamento indesiderato.

Show that the class of context-free languages is closed under the regular operations, union, concatenation, and star.

After the meeting with Calzavara, we'll rewrite the proofs using the grammars instead of PDAs

 

Union

Let A, B be CFLs, then exist G, H CFGs when L(G) = A and L(H) = B. Let S₁, S₂ the start symbols for G and H.

We can build a new CFG with start symbol S where S → S₁ | S₂, including all the productions of G and H.
Before the union, we must ensure that the terminals in G and H are different, by replacing the common names.

Concatenation

Let A, B be CFLs, then exist G, H CFGs when L(G) = A and L(H) = B. Let S₁, S₂ the start symbols for G and H.

We can build a new CFG with start symbol S where S → S₁ S₂, including all the productions of G and H.
As the union, we must ensure that the terminals in G and H are different.

Star

Let A be CFL, then exist G CFG when L(G) = A. Let S₁ the start symbols for G.

We can build a new CFG with start symbol S where S → S S₁|ε, including all the productions of G.

ε warrantees that the recursion ends and that the new CFG accepts an empty string.

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OLD VERSION

Union

Proof idea

Union of two PDAs can be similar to the union of two NFA: a new start state points to both the old start states with an ε arrow. What about the stack? Since it's empty - by definition of PDA - at the new start state, the two arrows must not read or write anything from the stack, to be sure to keep the old starts states with an empty stack.

Proof

Let be A₁, A₂ two context-free languages. If A₁ and A₂ are context-free, there exists two CFG N₁, N₂ that recognize them. We define N₁, N₂ as follow:

N₁ = {Q₁, Σ, Γ₁, δ₁, q_1-start, F₁⊆Q₁}

N₂ = {Q₂, Σ, Γ₂, δ₂, q_2-start, F₂⊆Q₂}

Construct N that recognize A₁ ∪ A₂ as
N = {Q, Σ, Γ, δ, q_start, F⊆Q}
where

Q = Q₁ ∪ Q₂ ∪ q_start

Γ = Γ₁ ∪ Γ₂

q_start = "new" start state for N

F = F₁ ∪ F₂

δ = (for a ∈ Σ and b ∈ Γ)

• δ(q₁, a, b) if q ∈ Q₁
• δ(q₂, a, b) if q ∈ Q₂
• {q₁, q₂} if q = q_start and a = ε
• ∅ if q = q_start and a ≠ ε

Note that the stack is managed independently for each automaton N₁ and N₂

Concatenation

Proof idea

As for the union, we can start our proof using the concatenation proof for the NFAs, that consists in linking all the final states of the "first" NFA to the start state of the "second".

Can we be sure that at the final state the stack is empty in every case? That's an open question.

If yes, the proof idea is completed.

If not, we must add a state that loops the stack in order to empty it. This state, accepting an empty string, reads all the symbols in Γ except $, where $ is the placeholder for the end of the stack, and then goes to the next PDA where the stack contains $. This is a little tricky, but guarrantees that the stack is empty when the second PDA starts.

Proof

Let be A₁, A₂ two context-free languages. If A₁ and A₂ are context-free, there exists two CFG N₁, N₂ that recognize them. We define N₁, N₂ as follow:

N₁ = {Q₁, Σ, Γ₁, δ₁, q_1-start, F₁⊆Q₁}

N₂ = {Q₂, Σ, Γ₂, δ₂, q_2-start, F₂⊆Q₂}

Construct N that recognize A₁ ○ A₂ as
N = {Q, Σ, Γ, δ, q_start, F⊆Q}
where

Q = Q₁ ∪ Q₂ ∪ q_discard

Γ = Γ₁ ∪ Γ₂

q_start = q_1-start

F = F₂

δ = (for a ∈ Σ and b ∈ Γ)

• δ(q₁, a, b) if q ∈ Q₁ and q ∉ F
• δ(q₁, a, b) if q ∈ Q₁ and q ∈ F and a ≠ ε
• δ(q₁, a, b) ∪ q_discard if q ∈ Q₁ ∪ q_discard and a = ε and b ≠ $
• q_2-start if q ∈ Q₁∪ q_discard and a = ε and b = $
• δ(q₂, a, b) if q ∈ Q₂

Star

Proof idea

As for the union, we can start our proof using the star proof for the NFAs, that consists in:

• create a new start state (accepted) that goes to the old start state with a ε arrow
• create one ε arrow for each accepted state to the old start state

As for the concatenation, we must be sure that the stack is empty before go to the old start state again.

So, before return to the old start state we must add a new state q_discard that reads all the symbols in Γ except $.

Proof

Let be A₁ a context-free language. If A₁ is context-free, there exists a CFG N₁ that recognize it. We define N₁ as follow:

N₁ = {Q₁, Σ, Γ₁, δ₁, q_1-start, F₁⊆Q₁}

Construct N that recognize A₁* as
N = {Q, Σ, Γ, δ, q_start, F⊆Q}
where

Q = Q₁∪ q_start

Γ = Γ₁

q_start is the new start

F = F₁∪ q_start

δ = (for a ∈ Σ and b ∈ Γ)

• δ(q₁, a, b) if q ∈ Q₁ and q ∉ F
• δ(q₁, a, b) if q ∈ Q₁ and q ∈ F and a ≠ ε
• δ(q₁, a, b) ∪ q_discard if q ∈ Q₁ ∪ q_discard and a = ε and b ≠ $
• q_2-start if q ∈ Q₁∪ q_discard and a = ε and b = $
• ∅ if q = q_start and a ≠ ε