Universidade Federal de Uberlândia Mestrado em Ciência da Computação

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1 Universidade Federal de Uberlândia Mestrado em Ciência da Computação Solução da 1 a Prova de Teoria da Computação - 05/05/2010 Questão 1 (Valor = 7 pontos) Um número real é dito algébrico se é raiz de um polinômio de coeficientes inteiros a n x n + a n 1 x n a 1 x + a 0 = 0. Por exemplo, o número 2 é algébrico pois é raiz do polinômio x 2 2 = 0. Um número real é dito transcendente se não for algébrico. Por exemplo, é sabido que o número e não é algébrico. Mostrar que o conjunto dos números transcendentes não é enumerável. Solução: Mostremos primeiramente que o conjunto P de todos os polinômios a coeficientes inteiros é um conjunto enumerável. Seja P n o conjunto dos polinômios de grau n, de coeficientes em Z. Cada elemento de P n está associado de forma única a uma sequência (a 0, a 1,..., a n ) de números inteiros, de tamanho n + 1 (a sequência de seus coeficientes). Isto é, existe uma função bijetora f : P n Z Z... Z (n+1 vezes). Como Z... Z é enumerável (demonstrado em sala de aula), então P n é enumerável. Temos que P = n=0 P n. Como a união enumerável de conjuntos enumeráveis é um conjunto enumerável (demonstrado em sala de aula), temos que P é um conjunto enumerável, isto é, P = {p 1, p 2, p 3,...}. Mostremos que o conjunto A dos números reais algébricos é enumerável. Para cada polinômio p i P, seja R i = {r i1, r i2,..., r iki } o conjunto (finito) de suas raízes reais. Temos que A = i=1 R i. Portanto, A é enumerável, já que é a união enumerável de conjuntos finitos (mostrado em aula). Temos que R = A A. Se o conjunto dos números reais transcendentes A fosse enumerável, R seria enumerável, pois seria a união de dois conjuntos enumeráveis. O que é absurdo, pois sabemos que R não é enumerável (mostrado na primeira lista de exercícios). Questão 2 (Valor = 7 pontos) Diga se é verdadeiro ou falso e prove sua resposta. Seja L uma linguagem indecidível. Então existe uma redução de A T M para L. A afirmação é falsa. Contraexemplo: considere a linguagem E T M. Sabemos que E T M é indecidível. Entretanto, não existe A T M m E T M.

2 E T M é Turing-reconhecível. Seja w 1, w 2,... o conjunto de todos os strings de Σ. Considere a seguinte máquina de Turing: S = No input < M > faça: 1. i = 1 2. Repita os seguintes passos até atingir o estado q a Execute passo de M em w i, Execute passos 1 e 2 de M em w i 1,... Execute passos 1, 2,..., i de M em w 1, i = i Aceita. A máquina S reconhece a linguagem E T M. Suponhamos por absurdo que A T M m E T M. Então, A T M m E T M. Como mostramos que E T M é Turing-reconhecível (item anterior), então A T M seria Turingreconhecível, o que é absurdo: se fosse Turing-reconhecível, o problema A T M seria decidível, já que é Turing reconhecível. E sabemos que A T M é indecidível (mostrado em sala de aula). Questão 3 (Valor = 7 pontos) Seja L = { < M, x > tal que em algum ponto do cálculo de M sobre o input x, M volta para o estado inicial}. Mostre que L é indecidível. Sugestão: Mostre que A T M se reduz a L. Solução: Seja M = (Q, Σ, Γ, δ, q 0, q a, q r ) uma máquina de Turing. Vamos modificar o código de M, obtendo o código de M = (Q, Σ, Γ, δ, q 0, q a, q r ) Considere a seguinte função que associa uma instância de A T M a uma instância de L: Para cada instância < M, w > de A T M seja < M, x > a seguinte instância de L: x = w e M é a máquina de Turing que passamos a descrever abaixo: 1. estados de M = Q {q 0}. Isto é, introduzo um novo estado em M. 2. simbolos de input de M = simbolos de input de M (Σ = Σ). 3. simbolos da fita de M = simbolos da fita de M (Γ = Γ ). 4. estado inicial de M = q estado de aceitação de M = estado de aceitação de M = q a 6. estado de rejeição de M = estado de rejeição de M = q r

3 7. Função de transição de M = δ. A idéia de M é que sempre que M entrar no estado q a quando executada no input w, M vai entrar no seu estado inicial q 0. Os outros passos de M seguem a mesma estrutura da máquina M, isto é, seguem a sua função de transição. Assim, só temos de fazer com que q 0 simule o estado inicial de M (no inicio do cálculo, tudo o que q 0 faz, q 0 deve fazer também). Se a partir de algum estado q, M dirige-se para q a, então obrigo M a passar de q para seu estado inicial q 0. Veja que a introdução deste novo estado inicial foi feita para garantir que M volta ao inicio ao ser processada num input x SÓ SE M aceita x. A função de transição de M é dada por: δ (q 0, a) = δ(q 0, a) para todo a Σ δ (q, a) = δ(q, a) δ (q, a) = (q 0, b, y) para todo a Γ, caso δ(q, a) = (q 1, b, y), onde b Γ, y {R, L} e q 1 q a para todo a Γ, caso δ(q, a) = (q a, b, y), onde b Γ, y {R, L} É claro que M aceita x se e somente se M volta para seu estado inicial q O em algum ponto de seu cálculo ao ser executada sobre x. Consideremos agora uma redução de A T M para L da seguinte maneira: para cada instância < M, w > dea T M associamos uma instância < M > de L, onde M é a seguinte máquina de Turing: M = No input x faça 2. Se x = w, executa M em w Temos que: se M aceita w então M volta ao seu estado inicial q 0 em algum passo, ao ser executada em w se M não aceita w então M nunca volta a seu estado inicial q 0 ao ser executada em qualquer input x Portanto, exibimos uma redução de A T M para L, mostrando assim que L é indecidível. Questão 4 (Valor = 7 pontos) Diga se é verdadeiro ou falso e prove sua resposta.

4 Sejam A e B duas linguagens indecidíveis distintas tais que A se reduz a B. Então B não se reduz a A. Solução: A afirmação é falsa. Para isto, vamos considerar um contraexemplo: dois problemas A e B indecidíveis, A B tais que A m B e B m A. Seja A o problema HALT e B o problema A T M. HALT m A T M : dada uma instância < M, w > de HALT, consideremos a instância < M, w > de A T M, onde M é definida da seguinte maneira: M = No input x faça: 2. Se x = w, executa M em w 3. Se pára em q a ou q r : aceita É claro que M pára em w se e somente se M aceita w. A T M m HALT : demonstrado em sala de aula, não é necessário repetir. Só por uma questão de completude, vamos exibir a demonstração feita em sala de aula: Dada uma instância < M, w > de A T M, consideremos a instância < M, w > de HALT, onde M é definida da seguinte maneira: M = No input x faça: 2. Se x = w, executa M em w 3. Se aceita: aceita. 4. Se rejeita: entra em loop. É claro que M aceita w se e somente se M pára em w. Questão 5 (Valor = 7 pontos) Para cada um dos problemas, diga se é decidível, Turing-reconhecível ou co-turingreconhecível. Não é necessário justificar sua resposta. 1. ALL DF A = {< A > A é autômato finito que pára para todos os seus inputs}. Decidível: SIM Turing-reconhecível: SIM 2. ALL CF G = {< G > G é gramática livre do contexto que gera todos os strings com 0 s e 1 s}.

5 Turing-reconhecível: NÃO 3. L 1 = {< G > G é gramática livre do contexto que não gera nenhum string de terminais}. Decidível: SIM Turing-reconhecível: SIM 4. L 2 = {< M > M é máquina de Turing que não pára em nenhum input} Turing-reconhecível: NÃO 5. L 3 = {< M > M é máquina de Turing que não pára em algum input} Turing-reconhecível: NÃO co-turing reconhecível: NÃO.