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Macchine di Turing (1) Il modello di base ha un controllo finito, un nastro di input diviso in celle e una testa di lettura che esamina una cella alla.

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Presentazione sul tema: "Macchine di Turing (1) Il modello di base ha un controllo finito, un nastro di input diviso in celle e una testa di lettura che esamina una cella alla."— Transcript della presentazione:

1 Macchine di Turing (1) Il modello di base ha un controllo finito, un nastro di input diviso in celle e una testa di lettura che esamina una cella alla volta. Il numero di simboli di input è finito.L’input è nelle n celle più a sinistra (n finito). Nelle celle rimanenti c’è un simbolo speciale blank che non è un simbolo di input. In una mossa in funzione del simbolo esaminato dalla testa di lettura e dallo stato del controllo la macchina può: 1. Cambiare stato 2. Stampare un simbolo nella cella letta sostituendo il simbolo presente 3. Muovere la testa di lettura di una posizione a destra o a sinistra... … … a1a1 a2a2 aiai anan BB Controllo finito

2 Macchine di Turing (2) Una macchina di Turing (TM) è M = (Q, , , , q 0, B, F) dove: Q insieme finito degli stati,  : Q   Q   {L, R},  insieme dei simboli di nastro, q 0 stato di partenza, B blank, F  Q insieme degli stati finali,    -B insieme dei simboli di input Una descrizione istantanea (ID) di una TM M è  1 q  2 dove q stato corrente,  1  2 stringa in  * contenuto del nastro (da sinistra e fino a un blank a destra). La testa di lettura sta leggendo il simbolo più a sinistra di  2 oppure blank se  2 = . Sia la ID x 1 x 2... x i-1 q x i... x n. Se  (q,x i ) = (p,y,L) per i>1 allora x 1 x 2... x i-1 q x i... x n |- M x 1 x 2... x i-2 p x i-1 Y x i+1... x n Se  (q, x i ) = (p,y, R) allora x 1 x 2... x i-1 q x i... x n |- M x 1 x 2... x i-1 Y p x i+1... x n.

3 Macchine di Turing (3) Una TM M = (Q, , , , q 0, B, F) accetta il linguaggio {w | w in  * e q 0 w |- M *  1 p  2 per p  F,  1,  2   *} Il linguaggio accettato da una TM è detto ricorsivamente enumerabile (r.e.). Esempio. Una TM che accetta L = {0 n 1 n | n >= 1}, Idea: M sostituisce lo 0 più a sinistra con X, poi muove a destra fino all’1 più a sinistra e lo sostituisce con Y, muove a sinistra per trovare la X più a destra e muove a destra per trovare uno 0 e ripete il ciclo.

4 Macchine di Turing (4) Allora M = ({q 0,q 1,q 2,q 3,q 4 }, {0,1}, {0,1, X, Y, B}, , q 0, B, { q 4 }) dove  è data dalla tabella seguente: 0 1 X Y B q 0 (q 1, X,R ) - - (q 3, Y,R ) - q 1 (q 1, 0,R ) (q 2, Y,L ) - (q 1, Y,R ) - q 2 (q 2, 0,L ) - (q 0, X,R ) (q 2, Y,L ) - q (q 3, Y,R ) (q 4, B,R ) q Una computazione possibile è: q |- X q |- X 0 q |- X q 2 0 Y 1 |- q 2 X 0 Y 1 |- X q 0 0 Y 1 |- X X q 1 Y 1 |- X X Y q 1 1 |- X X q 2 YY |- X q 2 XYY |- XX q 0 YY |- XXY q 3 Y |- XXYY q 3 |- XXYY q 4

5 Macchine di Turing (5) Una macchina di Turing con un nastro infinito a due vie assume che ci sia un’infinità di blank a sinistra e a destra della porzione scritta. La relazione |- M differisce da quella della TM a una via perché se  (q, X) = (p,Y,L) allora q X  |- M p BY  (mentre nel modello a una via non si può fare nessuna mossa) e se  (q, X) = (p,B,R) allora q X  |- M p  (non segna un blank a sinistra perché ce ne possono essere infiniti). Teorema. L è riconosciuto da una macchina di Turing con nastro due vie se e solo se è riconosciuto da una macchina di Turing con nastro a una via

6 Macchine di Turing (6) Una macchina di Turing multinastro ha k teste di lettura e k nastri. In una singolamossa in dipendenza dellostato e del simboloesaminati (l’input è inizialmente sulprimo nastro) la macchina può: 1. cambiare stato 2. stampare un simbolo su ciascuna delle celle esaminate 3. muovere ciascuna delle teste a destra o a sinistra o tenerla ferma indipendentemente dalle altre. …. controllo finito ….

7 Macchine di Turing (7) Teorema. Se un linguaggio L è accettato da una macchina di Turing multinastro è accettato da una macchina di Turing a un solo nastro. Esempio. L = {ww R | w in (0+1)*} è accettato in tempo proporzionale alla lunghezza dell’input da una macchina di Turing a due nastri. L’input è copiato sul secondo nastro e le due teste sono mosse in direzioni opposte confrontando i simboli letti da ciascuna.

8 Macchine di Turing (8) Una TM non deterministica può avere piú di una scelta in uno stato per un simbolo letto. Teorema. Se un linguaggio L è accettato da una TM non deterministica M 1 allora è accettato da una TM deterministica M 2. Prova. La macchina M 2 ha tre nastri. Il primo contiene l’input. Per ogni stato e simbolo letto c’è un numero finito di scelte per la mossa Successiva e una sequenza finita di scelte può essere rappresentata da una sequenza di cifre 1, 2, …, r. La macchina M 2 genera sequenze in modo sistematico sul secondo nastro, copia l’input sul terzo nastro e simula M 1 sul terzo nastro secondo le mosse indicate sul secondo nastro. Se c’è una sequenza che porta all’accettazione dell’input prima o poi compare sul secondo nastro e l’input è accettato. Teorema (della fermata). Data una TM M e un input w è indecidibile se M accetta w.

9 Decidibilità (1) Un linguaggio è ricorsivamente enumerabile (r.e.) se le parole del linguaggio possono essere enumerate. Se questo avviene in modo che le parole si seguano in ordine crescente il linguaggio è ricorsivo. Istanze di problemi possono essere codificate come parole di un linguaggio. Esempio. Il problema se una TM accetta la stringa vuota è codificato come il linguaggio di tutte le codifiche di TM che accettano la parola vuota. Poiché il linguaggio è ricorsivamente enumerabile ma non ricorsivo, il problema se una TM data accetta la parola vuota è indecidibile.

10 Decidibilità (2) Teorema. Il complemento di un linguaggio ricorsivo è ricorsivo. Teorema. L’unione di due linguaggi r.e. è r.e.. L’unione di due linguaggi ricorsivi è ricorsiva. Teorema. Se un linguaggio L e il suo complemento sono r.e. allora L è ricorsivo. Teorema. Il linguaggio universale L u = { | una TM M accetta la stringa w} è r.e. ma non ricorsivo. Nota. L u è detto universale perché la domanda se una particolare stringa w’ è accettata da una macchina di Turing M’ è equivalente alla domanda se è in L u. Il complemento di non è neanche r.e..

11 Decidibilità (3) Teorema. Sono indecidibili le seguenti proprietà degli insiemi r.e.: vuotezza, finitezza, regolarità, noncontestualità. Corollario. Per CFG arbitrarie G 1 e G 2 è indecidibile se L(G 1 )  L(G 2 ) è vuoto. Prova. Si dimostra che l’insieme delle computazioni valide di una TM è l’intersezione di due linguaggi noncontestuali L 1 e L 2 e che grammatiche L 1 e L 2 si possono costruire effettivamente da TM. Se allora decidessimo la vuotezza decideremmo la vuotezza degli insiemi r.e..

12 Decidibilità (4) Teorema. Per grammatiche noncontestuali arbitrarie sono indecidibili i problemi seguenti: 1. L(G) =  * 2. L(G 1 ) = L(G 2 ) 3. L(G 1 ) = R 4. R  L(G 1 ) Prova. 1. Data una TM M l’insieme delle computazioni non valide è un CFL. Allora dalla TM possiamo costruire una CFG G tale che L(G) =  * se e solo se L(M) = . Allora se decidessimo L(G) =  * decideremmo la vuotazza dei linguaggi r.e si riconducono all’indecidibilità di L(G) =  *.

13 Gerarchia di Chomsky (1) Una CFG è lineare destra se tutte le produzioni sono della forma A  wB oppure A  w con A, B nonterminali e w stringa di terminali (eventualmente vuota). Analogamente si definisce una CFG lineare sinistra. Grammatiche lineari destre e sinistre sono dette regolari. Teorema. Se L ha una grammatica regolare è un linguaggio regolare. Prova. Sia L= L(G) per una grammatica lineare destra G = (V,T, P, S). Costruiamo un NFA con  -transizioni M = (Q, T, , [S],{[  ]}) dove:  Q è l’insieme degli stati [  ] dove  è un suffisso di lato destro di produzione in P  ([A],  ) = {[  ] | A   in P } -se a  T e   T*  T* V allora  ([a  ], a) = {[  ]}. Per induzione sulla lunghezza delle sequenze di derivazione si vede che  ([S], w) contiene  se e solo se S  * xA  xy  dove A  y  in P e xy=w oppure  = S e w = . Poiché [  ] è l’unico stato finale M accetta w se e solo se S  * xA  w.

14 Gerarchia di Chomsky (2) Esempio. Prendiamo G con produzioni S  0A A  10A A   Dalla costruzione risulta l’NFA seguente SS  0A  AA  0A       

15 Gerarchia di Chomsky (3) Teorema. Se L è un insieme regolare, allora L è generato da una grammatica regolare. Prova. Supponiamo L = L(M) per un DFA M = (Q, , , q 0, F). Assumiamo non in F. Costruiamo G = (Q, , P, q 0 ) dove P contiene p  aq ogniqualvolta  (p, a) = q e p  a ogniqualvolta q finale. Esempio. Prendiamo il DFA che riconosce L = 0(10)* La grammatica che risulta dalla costruzione è A  0B | 1D | 0 B  0D | 1C C  0B | 1D | 0 D  0D | 1D. Eliminando D che è inutile si ha A  0B | 1D | 0 B  1C C  0B | 0  D C    1  B  

16 Gerarchia di Chomsky (4) Una grammatica è non ristretta o di tipo 0 se è G = (V,T, P, S) dove le produzioni sono della forma   con stringhe arbitrarie di simboli e  non è . Esempio. G = ({S,A,B,C,D,E},{a}, P, S) dove P è: S  ACaB Ca  aaC CB  DB CB  E aD  Da AD  AC aE  Ea AE   L(G)= {a i | i potenza positiva di 2}. Teorema. Se L è L(G) per una grammatica non ristretta allora è un linguaggio r.e.. Prova. Si costruisce una macchina di Turing a due nastri non deterministica che riconosce L. 

17 Gerarchia di Chomsky (5) Una grammatica non ristretta con produzioni   con la condizione |  |  |  | è chiamata grammatica contestuale (CSG) e il linguaggio che genera è chiamato linguaggio contestuale (CSL). Una formanormale per le grammatiche contestuali ha regole della forma  1 A  2   1  2 con  non . Un LBA è una macchina di Turing ristretta alla porzione di nastro su cui è l’input piú due celle che contengono i marcatori terminali  e $. Un LBA è M = (Q, , , , &, $, F). Il linguaggio accettato da M è {w | w in (  $})* e q 0  w$ |- M *  q  per q  F}. Teorema. Se L è un CSL allora L è accettato da un LBA. 

18 Gerarchia di Chomsky (6) Esempio. L = {a i b i c i | i  1} è generato dalla CSG G = ({S, S’, S”, S”’} {a,b,c}, P, S) con P S  abcS”b  bbS’” S  abcS’S”’b  bS’” cS’  S’cS”’c  ccS’ bS’  S’bS”’c  cc aS’  aaS” Teorema. Ogni CSL è ricorsivo. Prova. Data una CSG G = (V,T, P, S) e una parola w in  * di lunghezza n costruiamo un grafo i cui vertici sono le parole in (V  T)* di lunghezza n o meno. Poniamo un arco da  a  se . Allora w è in L(G) se e solo se c’è un cammino dal vertice per S al vertice per w. Per rispondere a questo usiamo un algoritmo di ricerca di cammini. 

19 Gerarchia di Chomsky (7) Teorema. Esiste un linguaggio ricorsivo che non è un CSL. Teorema. I CSL sono chiusi per - unione - concatenazione - intersezione - sostituzione - omomorfismo inverso - chiusura positiva. Teorema. Per i CSL sono indecidibili le seguenti proprietà: - il CSL è vuoto - il CSL è uguale a  +. 

20 Gerarchia di Chomsky (8) Teorema (teorema della gerarchia). 1. Gli insiemi regolari sono contenuti propriamente nei CFL. 2. I CFL non contenenti la stringa vuota sono contenuti propriamente nei CSL. 3. I CSL sono contenuti propriamente nei linguaggi r.e.. Prova. 1. Dal fatto che ogni grammatica regolare è una CFG e che {a n b n | n  1} non è regolare per il pumping lemma. 2. Dal fatto che ogni CFG in Chomsky Normal Form è una CSG e e che {a n b n c n | n  1} è un CSL che non è un CFL per il pumping lemma. 3. Segue dal fatto che una CSG è una grammatica ristretta e che i CSL sono ricorsivi. 


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