Theoretische und technische Informatik - ganz praktisch - Letzte Fragen & Antworten in Saalübung 1

Beantwortet: Wie sehen die gepumpten Wörter für i=2 aus?

Sat, 10 Feb 2018 19:19:48 +0000

Hallo,
erstmal müssen wir in allen Fällen davon ausgehen, dass jeweils nur vx gemeint ist, also z.B. in Fall 1 $vx=a^m$. Dann ergibt sich für i=2:
1) $a^{k+m} b^{2k} c^{3k} $
2) $a^{k+m} b^{2k+l} c^{3k} $
3) $a^kb^{2k+m} c^{3k} $
4) $a^kb^{2k+m} c^{3k+l} $
5) $a^kb^{2k} c^{3k+m} $

Viele Grüße
Julia (Tutor)

Beantwortet: Wie sieht das gepumpte Wort in den einzelnen Fällen für i=2 aus?

Sat, 10 Feb 2018 19:12:32 +0000

Beantwortet: Grammatik angeben

Sun, 15 Jan 2017 13:25:47 +0000

Hallo,

bei der Grammatik sollen ja immer genau doppelt so viel b wie a und 3mal so viele c wie a erzeugt werden. Deswegen geht man so vor, dass man bei jedem A das man ableitet auch immer 2 B mit ableitet und 3 C.
Jetzt würde die Produktion S à S ABBCCC | ABBCCC zwar Wörter produzieren, die genau diese Eigenschaft erfüllen, jedoch sind hier die a, b und c noch in einer vorgegebenen Reihenfolge.
Bsp. ABBCCCABBCCC. Laut Definition der Sprach kann die Reihenfolge jedoch beliebig sein, so lange die Anzahl der jeweiligen Zeichen der Definition entsprechen.
Demnach müssen wir hier noch weitere Produktionen definieren, durch welche wir die A, B und C beliebig vertauschen können, um wirklich alle Wörter der Sprache auch darstellen zu können.
Da man diesen Schritt einfach übersehen/ vergessen kann, ist hier der Hinweis gegeben erst Übergänge zu definieren um auf die entsprechende Anzahl an Zeichen zu kommen und sich dann um die Reihenfolge zu kümmern.

Grüße, Sören (Tutor)

Beantwortet: Formaler Frage bei Fallunterscheidung des PPL für kontextfreie Sprachen

Thu, 12 Jan 2017 21:36:21 +0000

Ja, du hast Recht. $vx=a^m$ mit $m \leq k - |w|$ wäre besser, denn dann würde auch das mit i=0 gepumpte Wort $a^{k-m}b^{2k}c^{3k}$ lauten.

Und nein, man darf nicht annehmen, dass w immer leer ist.

Viele Grüße

Philipp (Tutor)

Beantwortet: warum s2 in endzustands-menge aber nicht doppelt umkreist

Sun, 08 Jan 2017 13:01:22 +0000

Da hat sich ein Fehler eingeschlichen.

Die Menge der Endzustände müsste eigentlich $F=\{s_0,s_1,s_3,s_4\}$ sein.

Dann passt auch das Zustandsüberführungsdiagramm.

Viele Grüße

Philipp (Tutor)

Beantwortet: Saalübungen 1 (Folien) NOT FOUND

Wed, 14 Dec 2016 08:50:47 +0000

Ha! Danke für den Hinweis. Das lag daran, dass das Wort "Übung" ein "Ü" enthält, und das hat der Server in irgendein Kauderwelsch übersetzt. Die Datei war also da, aber der Link hat knapp daneben gezeigt...

Jetzt tut der Link und er lautet:

http://info2.aifb.kit.edu/secure/Saaluebungen/Saaluebung1-Folien.pdf

Beantwortet: Unbeantwortete nuKIT-Frage vom 5.12.2016

Mon, 05 Dec 2016 17:21:12 +0000

Würden wir nur einen Zustand nutzen, könnten wir nicht unterscheiden, ob bereits $c$'s oder $d$'s aufgetreten sind oder nicht. Wir könnten dann immer von vorne anfangen und würden neue $a$'s und $b$'s akzeptieren, obwohl diese nach Definition nur am Anfang stehen dürfen.

Beantwortet: Endlicher Automat; Ich verstehe den Algorithmus nicht

Sun, 14 Feb 2016 12:45:03 +0000

Hallo ukejy,

so falsch ist deine Lösung doch gar nicht ;)

Zunächst mal zu den "nicht zulässigen Übergängen".

Wie du richtig bemerkt hast, haben wir in unserem nichtdet. Automaten nicht zu jedem Zustand jeden möglichen Übergang definiert (was hier auch kein Problem darstellt). Wenn wir den Automat nun deterministisch konstruieren wollen, müssen wir aber laut Definition von jedem Zustand pro Eingabesymbol genau in einen Folgezustand kommen. Das heißt, dass wir z.B. auch in s0 zwingend einen Übergang für das Eingabesymbol "1" brauchen. Da dies aber von unserem nichtdet. Automat nicht erkannt werden würde, wollen wir das natürlich auch in unserem deterministischen Automat nicht. Aus diesem Grund führen wir für alle Felder in unserer Minimierungstabelle, in denen wir die leere Menge stehen haben, einen neuen Zustand ein (hier s5). Wenn du dir die Zustandsüberführungsfunktion anschaust, siehst du, dass dieser Zustand ein "Sackgassenzustand" ist, d.h. wenn wir einmal in diesen Zustand gelangen, haben wir keine Möglichkeit wieder herauszukommen, so dass sichergestellt ist, dass der Automat in diesem Fall in keinen Endzustand mehr gelangen wird. Daher erreichen wir den gleichen Effekt wie bei dem äquivlenten nichtdet. Automat.

Übrigens ist die Benennung der einzelnen Zustandsmengen beliebig, so lange du diese dann in der neuen Zustandsüberführungsfunktion richtig anwendest und auch richtig definierst.

Ansonsten kann ich soweit keinen Fehler in deiner Tabelle erkennen (außer die fehlenden Mengenklammern ;)

Ist dir das Prinzip etwas klarer geworden?

Viele Grüße,

Tim (Tutor)

Beantwortet: Unklarheit bei Sprachdefinition

Fri, 05 Feb 2016 18:22:14 +0000

Hallo uwduw!

Nein, die Sprachdefinition besagt, dass L die Vereinigung aller Wörter darstellt, die mit m Elementen aus der Menge {a,b} beginnen und mit n Elementen aus der Menge {c,d} enden, wobei m>=n>=0 gelten muss. Die fettgedruckten Satzteile sind die Informationen, die in dem von dir angesprochenen Vereinigungszeichen „drinstecken“!

Ich hoffe, das hilft dir weiter!

Viele Grüße,
Janine (Tutorin)

Beantwortet: Kellerautomat unvollständig?

Mon, 18 Jan 2016 22:01:54 +0000

Hallo uagll,

es ist in dieser Aufgabe kein extra Zustand Se definiert. Außerdem wäre der Automat mit dem Übergang (s1, lambda, a) nicht mehr deterministisch, da für den Zustand s1 und das Kellerzeichen a bereits ein Übergang definiert ist. Der Übergang in den Enzustand mit dem leeren Wort ist aber auch nicht notwendig, weil s0 und s1 beides Endzustände sind. Das Wort wird also akzeptiert, sobald es der Automat abgearbeitet hat.

Viele Grüße

Gregor (Tutor)

Beantwortet: müssen die Wörter nicht mit 0100 enden?

Sun, 17 Jan 2016 17:21:39 +0000

Hallo uydur,

eine Turingmaschine akzeptiert ein Wort, sobald sie sich in einem Endzustand befindet und keine Übergangsrelation mehr definiert ist (siehe Folie 4-18). Was anschließend noch auf dem Eingabeband steht, in diesem Fall ein beliebiges Restwort, ist egal.

Viele Grüße

Gregor (Tutor)

Beantwortet: leere Menge im regulären Ausdruck

Thu, 14 Jan 2016 19:08:44 +0000

Hallo,

wie du schon selbst vermutet hast, ist das leere Wort durch 0* abbildbar (der Rest ist ja nur mit "+" (sprich: oder) verbunden).

Allgemein sollen die Lösungen natürlich nicht unnötig aufgebläht werden und z.T. ist sogar explizit eine minimale Lösung gefordert. Dann solltest du natürlich nichts Unnötiges einfügen.

In diesem Fall hier war jedoch nur (irgend)eine Lösung gefragt, ein zusätzliches "lambda + [der weitere Ausdruck]" wäre also dennoch richtig.

Viele Grüße

Max (Tutor)

Beantwortet: Lösung der Saalübung

Tue, 12 Jan 2016 06:50:07 +0000

Wir haben wohl vergessen, die Lösungen hochzuladen. Jetzt sind sie unter dem von Marvin angegebenen Link verfügbar.

Viele Grüße

Lukas König

Beantwortet: Beantwortung der nuKIT-Fragen, für die wir keine Zeit mehr hatten

Mon, 14 Dec 2015 14:48:34 +0000

Antwort zu 1.

Dieser Ausdruck ist leider nicht ganz korrekt. Das sieht man bespw. daran, dass Wörter der Form $0122^\star$ nicht konstruiert werden können, obwohl der endliche Automat sie erkennt. Trotzdem kann es sein, dass unser Lösungsvorschlag nicht den kleinsten möglichen regulären Ausdruck darstellt. Die Minimierung eines regulären Ausdrucks ist PSPACE-vollständig - das ist also noch schwieriger als wenn ein Problem NP-vollständig ist. Beides ist faktisch nicht lösbar, und so können wir nicht garantieren, dass wir einen besonders kurzen Ausdruck gefunden haben. (Auch Sie müssen das in der Klausur nicht tun.) Der beste bekannte Algorithmus zur Minimierung eines regulären Ausdrucks probiert im Wesentlichen alle regulären Ausdrücke bis zu einer gewissen Länge durch; er beginnt also mit der leeren Menge und generiert nacheinander immer längere reguläre Ausdrücke, wobei für jeden getestet wird, ob er die gewünschte Sprache repräsentiert.

Antwort zu 2.

Die Antworten auf diese Fragen kann man folgendermaßen zusammenfassen: det. end. Aut. haben wir so definiert, dass alle Übergänge explizit angegeben sein müssen. Daher kann man die Übergänge in die leere Menge nicht einfach weglassen. Bei Kellerautomaten ist das etwas anders; um sehr große Übergangsdefinitionen zu vermeiden, muss hier nicht jeder Übergang explizit angegeben werden. Der KA lehnt also ein Wort automatisch ab, wenn für eine Konfiguration kein zustandsübergang definiert ist. Ebenso ist das bei Turingmaschinen. Bei deterministischen TM wird die entsprechende Tabellenzelle einfach leergelassen, bei nichtdeterministischen schreiben wir an dieser Stelle das Leere-Menge-Symbol. (Wenn Sie die Zelle leerlassen, ist das aber auch in Ordnung.)

Antwort zu 3.

Wir verstehen nicht ganz, was mit dieser Frage gemeint ist. Können Sie das bitte nochmal präzisieren?

Antwort zu 4.

Wenn ich es gerade richtig sehe, ist die $0$ bei $\mathbb{N}$ nicht dabei, dafür müssen wir also $\mathbb{N}_0$ schreiben. Allerdings werden wir in der Klausur in dieser Hinsicht sowohl kulant sein als auch sehr präzise angeben, wovon Sie ausgehen sollen. Machen Sie sich keine Sorgen!

Beantwortet: Warum fehlen die Zustände s2 und s3 ?

Tue, 22 Sep 2015 12:04:24 +0000

Hallo,

das liegt an dem Algorithmus, ich versuche es mal umgangssprachlich zu erklären. Du bildest die Zustandsüberführungstabelle, indem du mit dem Startzustand anfängst, und ausgehend von allen möglichen Eingaben die erreichbaren Zustände in die Zellen rechts daneben schreibst.

Alle noch nicht schon links vorhandenen Zustandsmengen schreibst du nun nach links. In dem Fall wurden diese Zustände jedoch nicht direkt unter den Startzustand geschrieben, sondern 3 Zellen tiefer, das mag vielleicht irritieren.

Ausgehend von s(o) steht also in der Tabelle noch {s(2),s(3),s(4)} und die leere Menge.

Nun muss also {s(2),s(3),s(4)} näher betrachtet werden, also alle erreichbaren Zustände von allen diesen Zuständen. Daraus ergeben sich die neuen Zustandsmengen {s(4)} und {s(1)}. Diese werden nun betrachtet und so weiter.

Die Zustände s2 und s3 werden jedoch nie "alleine" erreicht, deshalb stehen sie auch nicht in der Tabelle. Sie müssten nur in der Tabelle auf der linken Seite alleine vorkommen, wenn sie beispielsweise von Zustand s(4) direkt und alleine erreicht werden könnten. Dies ist jedoch nicht der Fall.

Vielleicht hilft dir auch Tutorium 2 Folie 6 weiter, dort stehen dann auch nur die Zustände als gesamte Menge und nicht noch aufgeteilt in der Tabelle.

Ich hoffe, ich konnte dir helfen! Viel Erfolg noch und viele Grüße.

Felix (Tutor)

Beantwortet: Zusammenhang von monotonen und kontextsensitiven Grammatiken

Tue, 22 Sep 2015 12:01:14 +0000

Hallo,

Wie im Tutorium 3 besprochen (S.13) kannst du schon sehen, dass deine Aussage "entweder kontextsensitiv oder monoton", nicht stimmen kann, denn eine kontextsensitive Grammatik ist immer monoton, eine monotone Grammatik ist allerdings nicht immer kontextsensitiv, kann allerdings dazu umgewandelt werden.

Wie du aus den Vorlesungsfolien (Kap.4, 3. Folie) unschwer erkennen kannst, darf man auch bei monotonen Grammatiken als einzige Ausnahme S->Lambda abbilden, insofern du S nicht nocheinmal aufrufen kannst (hier wurde S' genommen, aber wie du siehst kannst du S' nicht auf S' abbilden).

Somit ist die in den Lösungen beschriebene Grammatik eine monotone Grammatik, denn (Faustregel:)"Die rechte seite ist nie kürzer als die Linke" (Vertauschungen bleiben ja gleichlang, sind also nicht kürzer). Der Ausnahmefall dass gleich zu Beginn bei S' auf Lambda abgebildet wird existiert und ist legitim.

Ich hoffe ich konnte dir weiterhelfen,

Viele Grüße,

Marc (Tutor)

Beantwortet: Warum werden bei der kontextsensitiven Grammatik nicht kontextsensitive Regeln verwendet?

Tue, 22 Sep 2015 11:58:46 +0000

Nein, bei der 3a ist eine "kontextsensitive oder monotone Grammatik" gefordert, die Lösung stellt eine monotone Grammatik dar. Von daher passt das eigentlich sehr gut zusammen.

Beantwortet: Kann man die Regel (s1,c,a) -> (s1,lambda) auch weglassen?

Tue, 22 Sep 2015 11:57:18 +0000

Hey,

durch das Löschen von einem je einem a für jedes c stellen wir sicher, dass auch die Voraussetzung $ m \geq n \geq 0 $ nicht verletzt wird.

Die Regel (s1,a,lambda) -> (s1,a) brauchen wir nicht, weil im Zustand s1 keine a mehr eingegeben werden, das muss ja vollständig geschehen BEVOR das erste c oder d kommt.

Hoffe das hilft!

PS: Weshalb bist du der Meinung, dass man die Regel weglassen könnte?