formale Sprache, kontextfreie Grammatik

Question

Aufgabe:

In dieser Teilaufgabe sei \( A=\{0,1\} \) und es sei

\( \begin{aligned} f: \mathcal{L} & \rightarrow \mathcal{L}, \\ L & \mapsto\{0,1\} \cup(\{0,1\} \cdot L) . \end{aligned} \)

(i) Geben Sie \( L_{1}, L_{2} \backslash L_{1} \) und \( L_{3} \backslash L_{2} \) so explizit wie möglich in der Form \( \{\ldots\} \) an.

(ii) Geben Sie einen arithmetischen Ausdruck \( E \), in dem das Symbol \( n \) vorkommt und die Sprachen \( L_{n}, n \in \mathbb{N}_{0} \), nicht vorkommen, so an, dass für jedes \( n \in \mathbb{N}_{0} \) gilt: \( \left|L_{n+1} \backslash L_{n}\right|=E \).

(iii) Geben Sie \( L_{\infty} \) ohne Bezug auf die formalen Sprachen \( L_{n}, n \in \mathbb{N}_{0} \), an.

(iv) Geben Sie eine kontextfreie Grammatik \( G \) so an, dass die von ihr erzeugte formale Sprache \( L(G) \) gleich \( L_{\infty} \) ist.

Answer 1

Antwort mit KI erzeugt

Aufgabe (i):
Um die Sprachen \(L_1\), \(L_2\), und \(L_3\) auszudrücken, definieren wir zuerst die grundlegenden Operatoren und Symbole, die in der gegebenen Funktion \(f\) genutzt werden:

1. \(A = \{0,1\}\) ist die Grundmenge der Symbole.
2. \(f(L) = \{0,1\} \cup (\{0,1\} \cdot L)\) definiert, wie \(L_{n+1}\) aus \(L_n\) gebildet wird, indem alle Elemente aus \(A\) und neue Elemente durch Konkatenation von Elementen aus \(A\) mit jedem Element von \(L\) gebildet werden.

Startbedingung: Angenommen \(L_0 = \emptyset\) für den Anfangszustand.

- \(L_1 = f(L_0) = \{0,1\} \cup (\{0,1\} \cdot \emptyset) = \{0,1\}\)
- Da die Konkatenation von \(A\) mit einer leeren Menge leer ist, bleibt nur \(\{0,1\}\).

- \(L_2 = f(L_1) = \{0,1\} \cup (\{0,1\} \cdot \{0,1\})\)
- Die Konkatenation von \(\{0,1\} \cdot \{0,1\}\) ergibt \(\{00, 01, 10, 11\}\), also ist \(L_2 = \{0,1,00,01,10,11\}\).

- \(L_2 \backslash L_1 = \{00,01,10,11\}\)
- Dies sind die neuen Elemente, die durch die Funktion \(f\) zur vorherigen Sprache \(L_1\) hinzugefügt wurden.

- \(L_3 = f(L_2) = \{0,1\} \cup (\{0,1\} \cdot \{0,1,00,01,10,11\})\)
- Erzeugt Elemente durch Konkatenation von \(\{0,1\}\) mit jedem Element in \(L_2\), was \(\{000,001,010,011,100,101,110,111\}\) und die ursprünglichen Elemente \(\{0,1\}\) ergibt. Daher ist \(L_3 = \{0,1,00,01,10,11,000,001,010,011,100,101,110,111\}\).

- \(L_3 \backslash L_2 = \{000,001,010,011,100,101,110,111\}\)
- Diese Elemente sind neu in \(L_3\) im Vergleich zu \(L_2\).

Aufgabe (ii):
Ziel ist es, einen arithmetischen Ausdruck \(E\) zu finden, der die Anzahl der neuen Elemente angibt, wenn man von \(L_n\) zu \(L_{n+1}\) geht, also \(\left|L_{n+1} \backslash L_{n}\right|\).

Für jedes \(n\), die Anzahl der neuen Elemente, die beim Übergang von \(L_n\) zu \(L_{n+1}\) hinzugefügt werden, entspricht genau der Anzahl der Sequenzen der Länge \(n+1\), da in jedem Schritt Sequenzen aller möglichen Längen erzeugt werden. Da \(A=\{0,1\}\) genau zwei Elemente hat, ist die Anzahl der Sequenzen der Länge \(n+1\), die generiert werden können, \(2^{n+1}\).

Somit ist \(E = 2^{n+1}\).

Aufgabe (iii):
Die Sprache \(L_{\infty}\) bestünde aus allen möglichen endlichen Sequenzen von \(0\) und \(1\), da mit jeder Anwendung von \(f\) Sequenzen jeder möglichen Länge (beginnend von \(1\)) generiert werden und dieser Prozess ad infinitum fortgesetzt wird.

Also, \(L_{\infty} = \{0,1\}^*\).

Aufgabe (iv):
Die geforderte kontextfreie Grammatik \(G\) für die Sprache \(L_{\infty}=\{0,1\}^*\), die alle möglichen Strings von \(0\) und \(1\) erzeugt, kann wie folgt angegeben werden:

- Nichtterminale Symbole: \(S\)
- Terminale Symbole: \(\{0,1\}\)
- Startsymbol: \(S\)
- Produktionsregeln:
- \(S \rightarrow 0S\)
- \(S \rightarrow 1S\)
- \(S \rightarrow \varepsilon\) (wobei \(\varepsilon\) für das leere Wort steht)

Dies definiert eine einfache kontextfreie Grammatik, die alle Strings aus \(0\) und \(1\) generieren kann, einschließlich des leeren Strings, was genau der Sprache \(L_{\infty}\) entspricht.