Faculdade de Computação

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1 UNIVERSIDADE FEDERAL DE UBERLÂNDIA Faculdade de Computação Disciplina : Teoria da Computação Semestre 007 Professora : Sandra Aparecida de Amo Solução da Lista de Exercícios n o 1 Exercícios de Revisão : Autômatos e Gramáticas 1. Considere o autômato M representado graficamente na Figura abaixo. A linguagem gerada por este autômato é constituida por todos os strings com um número impar de 1 s e um número impar de zeros. 0 q0 q q q3 0. Usando o lema do bombeamento : Dado k 0 qualquer Exibo uma palavra w de L com comprimento k : seja a palavra w = 0 k 1 k. Analisando todas as possibilidades de se quebrar a palavra w em 3 partes w = vxy de modo que vx k. É claro que existe somente uma possibilidade, a de que vx esteja dentro do bloco de zeros. Portanto x é composta somente de zeros. Neste caso, vxxy não está em L pois tem mais zeros do que 1 s. 3. Considere o seguinte autômato de pilha : onde δ é dada por : M = ({q 0, q 1 }, {0, 1}, {B, R}, δ, q 0, R, ) 1

2 δ(q 0, ɛ, R) = {(q 0, ɛ)} δ(q 0, 0, R) = {(q 0, BR)} δ(q 0, 0, B) = {(q 0, BB)} δ(q 0, 1, B) = {(q 1, ɛ)} δ(q 1, 1, B) = {(q 1, ɛ)} δ(q 1, ɛ, R) = {(q 1, ɛ)} 4. Considere a seguinte gramática livre do contexto G : (1) S 11B () S 10A (3) S 01A (4) S 00AAAA (5) A 1 (6) A 1S (7) A 0AAA (8) B 0 (9) B 0S (10) B 1BBA (11) B 1BAB (1) B 1ABB A idéia desta gramática : A variável B gera pelo menos um zero para compensar uns já gerados. A variável A gera pelo menos um 1 para compensar um 1 e um zero já gerados. Vamos mostrar de forma rigorosa que a linguagem gerada por esta gramática é L, isto é L(G) = L. Vamos indicar por n 1 (w) o número de 1 s que aparecem em w, e por n 0 (w) o número de 0 s que aparecem em w. (a) L(G) L : Para isto, vamos mostrar que (1),(), (3) abaixo são válidos para qualquer palavra w. (1) Se existe uma derivação de w a partir de S então n 1 (w) = n 0 (w). () Se existe uma derivação de w a partir de A então n 1 (w) = n 0 (w) + 1. (3) Se existe uma derivação de w a partir de B então n 0 (w) = n 1 (w). Isto será feito por indução sobre o comprimento de w. Passo inicial : w = 1. Mostremos que neste caso (1), () e (3) são válidos. Repare que (1) é obviamente válido pois nunca acontece que w seja derivável a partir de S (já

3 que a primeira regra deverá ser necessariamente a regra 1,, 3 ou 4 que já produzem um string com comprimento maior do que 1. Mostremos que () é verdadeiro. Se w é derivado a partir de A e tem comprimento 1 então necessariamente a primeira (e única regra) da derivação é a regra 5. Logo w = 1 e n 1 (w) = 1, n 0 (w) = 0 e portanto n 1 (w) = n 0 (w) + 1. Mostremos que (3) é verdadeiro. Se w é derivado a partir de B e tem comprimento 1 então necessariamente a primeira (e única regra) da derivação é a regra 8. Logo w = 0 e n 1 (w) = 0, n 0 (w) = 1 e portanto n 1 (w) = n 0 (w). Hipótese de indução : Suponhamos que (1), () e (3) são válidos para palavras de comprimento < k. Mostremos que serão válidos para w de comprimento k > 1. Mostremos (1) : Suponhamos que w é derivada de S. Então a primeira regra é necessariamente 1,,3 ou 4. Se for 1, w é do tipo 11w, onde w é derivada a partir de B e w tem k 1 elementos. Pela hipótese de indução, o resultado (3) é válido para w. Logo n 1 (w ) = n 0 (w ). Portanto, n 1 (w) = + n 1 (w ) = + n 0 (w ) = n 0 (w ) = n 0 (w). Se for, w é do tipo 10w, onde w é derivada a partir de A e w tem k 1 elementos. Pela hipótese de indução, o resultado () é válido para w. Logo n 1 (w ) = n 0 (w ) + 1. Portanto, n 1 (w) = 1 + n 0 (w ) = 1 + n 0 (w ) + 1 = n 0 (w ) + = (n 0 (w) 1) + = n 0 (w). Se for 3 : argumento análogo ao usado no item anterior. Se for 4, w é do tipo 00w 1 w w 3 w 4, onde w i são derivadas a partir de A e têm menos de k elementos. Pela hipótese de indução, o resultado () é válido para cada um dos w i. Logo n 1 (w i ) = n 0 (w i ) + 1. Portanto, n 1 (w) = n 1 (w 1 ) + n 1 (w ) + n 1 (w 3 ) + n 1 (w 4 ) = n 0 (w 1 ) n 0 (w ) n 0 (w 3 ) n 0 (w 4 ) + 1 = (n 0 (w 1 w w 3 w 4 )) + 4 = (n 0 (w) ) + 4 = n 0 (w). Mostremos () : Suponhamos que w é derivada de A. Neste caso, a primeira regra na derivação só pode ser 6 ou 7, já que k > 1. Se for 6 : neste caso, w = 1w, onde w é derivada a partir de S e w = k 1 < k. Por hipótese de indução, o resultado (1) é válido para w. Logo n 1 (w ) = n 0 (w ). Logo, n 1 (w) = 1 + n 1 (w ) = 1 + n 0 (w ) = 1 + n 0 (w). Se for 7 : neste caso, w = 0w 1 w w 3, onde os w i s são derivados a partir de A e ambos têm comprimento inferior a k. Logo, podemos aplicar a hipótese de indução para os w i s, no que diz respeito a () e concluirmos que n 1 (w i ) = n 0 (w i ) + 1. Repare que n 1 (w) = n 1 (w 1 ) + n 1 (w ) + n 1 (w 3 ) e n 0 (w) = 1 + n 0 (w 1 ) + n 0 (w ) + n 0 (w 3 ). Logo n 1 (w) = (n 0 (w 1 ) + 1) + (n 0 (w ) + 1) + (n 0 (w 3 ) + 1)= (n 0 (w 1 ) + n 0 (w ) + n 0 (w 3 )) + 3 = (n 0 (w) 1) + 3 = n 0 (w) + 1. Mostremos (3) : Suponhamos que w é derivada de B. Neste caso, a primeira regra na derivação só pode ser 9,10, 11 ou 1. Vamos mostrar abaixo somente o caso da regra 3

4 1. Os outros casos são análogos. Se a primeira regra aplicada para obter w a partir de B é a regra 1, então w = 1w 1 w w 3, onde w 1 e w são derivadas a partir de B e w 3 é derivada a partir de A. Os w i s têm comprimento menor do k (= comprimento de w). Logo, podemos aplicar a hipótese de indução que garante que (3) é verdadeira para w 1 e w, e () é verdadeira para w 3. Logo : n 1 (w) = n 1 (w 1 ) + n 1 (w ) + n 1 (w 3 ) + 1 = n 0 (w 1 ) + n 0 (w 1 ) + n 0 (w 3 ) = n 0 (w). (b) L L(G) : Para isto, vamos mostrar que (1), (), (3) abaixo são válidos para qualquer palavra w. (1) Se n 1 (w) = n 0 (w) então existe uma derivação de w a partir de S. () Se n 1 (w) = n 0 (w) + 1 então existe uma derivação de w a partir de A. (3) Se n 0 (w) = n 1 (w) então existe uma derivação de w a partir de B. Isto será feito por indução sobre o comprimento de w. Passo inicial : Mostremos (1), () e (3) quando w = 1. Repare que neste caso w = 1 ou w = 0. (1) é verdadeiro já que não se verifica a hipótese n a (w) = n 0 (w). Se w = 1 então () é verdadeiro pois w é derivada de A aplicando a regra 3. (3) também é verdadeiro pois não é verdade que n 1 (w) = n 0 (w). Um raciocinio análogo é utilizado para mostrar que () e (3) são verdadeiros quando w = 0. : Suponhamos (1), () e (3) válidos para palavras de com- Hipótese de indução primento inferior a k. Mostremos (1) para w de comprimento k : Suponhamos que n 1 (w) = n 0 (w). Então temos quatro casos a considerar : w = 11w : n 1 (w) = n 1 (w ) + = n 0 (w) = n 0 (w ). Portanto n 1 (w ) = n 0 (w ) e portanto w é derivada a partir de B. Portanto w é derivada a partir de S usando a regra (1). w = 10w : n 1 (w) = n 1 (w ) + 1 = n 0 (w) = (n 0 (w ) + 1) = n 0 (w ) +. Portanto n 1 (w ) = n 0 (w ) + 1 e portanto w é derivada a partir de A. Portanto w é derivada a partir de S usando a regra () w = 01w : utiliza-se argumento análogo ao usado no item anterior. w = 00w : utiliza-se argumento análogo ao usado no item anterior. Mostremos () para w de comprimento k : Faça isto sozinho, seguindo as idéias do item anterior. Mostremos (3) para w de comprimento k : Faça isto sozinho, seguindo as idéias do item anterior. 4

5 5. Primeiramente transformamos a gramática do exercicio anterior numa gramática na forma normal de Greibach. A gramática transformada G é a seguinte : (1) S 1CB () S 1DA (3) S 0CA (4) S 0DAAAA (5) A 1 (6) A 1S (7) A 0AAA (8) B 0 (9) B 0S (10) B 1BBA (11) B 1BAB (1) B 1ABB (13) C 1 (13) D 0 Em seguida, transformamos a gramática na forma norma de Greibach G acima num autômato de pilha A, tal que A reconhece a linguagem L(G ) por pilha vazia. O autômato A é dado a seguir : A = ({q 0 }, {0, 1}, {S, A, B, C, D}, δ, {q 0 }, {S}, ) A função δ é descrita a seguir (veja que a função δ simula as regras da gramática G na forma normal de Greibach) : δ(q 0, 1, S) = {(q 0, CB), (q 0, DA)} δ(q 0, 0, S) = {(q 0, CA), (q 0, DAAAA)} δ(q 0, 1, A) = {(q 0, ɛ), (q 0, S)} δ(q 0, 0, A) = {(q 0, AAA)} δ(q 0, 0, B) = {(q 0, ɛ), (q 0, S)} δ(q 0, 1, B) = {(q 0, BBA), (q 0, BAB), (q 0, ABB)} δ(q 0, 1, C) = {(q 0, ɛ)} δ(q 0, 0, D) = {(q 0, ɛ)} 6. Vamos utilizar o lema do bombeamento para mostrar que a linguagem L não é livre do contexto : 5

6 Dado um número k 1 qualquer, Exibo uma palavra z L com comprimento k. No caso, considero a palavra z = 0 k 1 k #0 k 1 k Analisando todas as possibilidades de se quebrar z em 5 partes z = uvwxy tal que vwx k : (1) vwx está dentro do primeiro grupo de zeros. () vwx está entre o primeiro grupo de zeros e o primeiro grupo de 1 s. (3) vwx está dentro do primeiro grupo de 1 s. (4) vwx está entre o primeiro grupo de 1 s e o segundo grupo de zeros. (5)vwx está dentro do segundo grupo de zeros. (6) vwx está entre o segundo grupo de zeros e o segundo grupo de 1 s. (3) vwx está dentro do segundo grupo de 1 s. Para cada uma das possibilidades acima é fácil constatar que ao bombear v i wx i, com i, obtemos uma palavra que não está em L. Exercícios gerais sobre teoremas, definições, provas 1. O erro está no passo : Divida os dois lados por (a-b). Isto só é possivel se a b 0, isto é, se a b. Logo, nunca poderemos fazer a = 1, b = 1 em (a + b = b, já que esta igualdade só é verificada para a b.. Base da indução está incorreta. É preciso mostrar que para n = 0 e para n = 1 tem-se que F n é par. Ora, isto não é verdadeiro para n = Descrição formal do grafo : G = (V,E) onde G = {1,, 3, 4, 5, 6} e E = {{i, 4}, {i, 5}, {i, 6} i {1,, 3}} A descrição do conjunto das arestas também pode ser dada explicitamente por : E = {{1, 4}, {1, 5}, {1, 6}, {, 4}, {, 5}, {, 6}, {3, 4}, {3, 5}, {3, 6}} 4. (a) trata-se de uma definição. (b) trata-se de um teorema (c) trata-se de uma definição. (d) trata-se de uma definição. (e) trata-se de um teorema (f) trata-se de um teorema. 5. (b) Prova por construção (vamos CONSTRUIR a função sobrejetora f : B A. Por hipótese, A e B são finitos e o número de elementos de A (cardinalidade de A) é menor do que o número de elementos de B. Logo, podemos afirmar que A = {a 1,..., a n } e B = {b 1,..., b n, b n+1,..., b n+k }. Considere a seguinte função f : B A : f(b i ) = a i, para i = 1,..., n f(b j ) = a 1, para j = n + 1,..., n + k. 6

7 Esta função é sobrejetora, pois para TODO a i A, existe b B (b = b i, por exemplo) tal que f(b i ) = a i. (e)prova por absurdo (por contradição) (vamos supor a existência de uma função injetora f : B A e chegar num absurdo - normalmente o absurdo consiste numa negação da hipótese ou de uma propriedade universalmente válida). Seja Im(f) = {a A existe b B com f(b) = a }. Como f é injetora, para cada a Im(f), existe um único b B com f(b) = a. Logo, a função f é uma bijeção entre B e Im(f). Logo,o número de elementos de B = número de elementos de Im(f). Mas, o número de elementos de Im(f) é menor ou igual ao número de elementos de A. Absurdo, já que por hipótese, o número de elementos de B é maior do que o número de elementos de A. (f) Prova por indução. Seja S n = soma dos n primeiros números naturais. Provemos por indução sobre n, que S n = n(n+1). Base da indução : n = 0. S 0 = 0. Por outro lado : (0. (0+1))/ = 0 Passo da indução : suponha que S k = k(k+1). Provemos que S k+1 = (k+1)(k+) S k+1 = S k + (k + 1) = k(k+1) + (k + 1) = (k + 1)( k (k+1)(k+) + 1) = 6. (a) Propriedade verificada por R(n) G(n) : R(n) G(n) = 5k + para algum k ou R(n) G(n) = 5k + 3 para algum k. (b) Propriedade é invariante pelas ações tomadas pelo monge a cada soar do gongo. O que queremos mostrar é que PARA TODO n 1, a propriedade se verifica, isto é : R(n) G(n) = 5k + para algum k ou R(n) G(n) = 5k + 3 para algum k. Mostremos este resultado por indução sobre n : Base da indução : n = 0 (antes do primeiro soar do gongo) R(n) G(n) = 15 1 = 3 = Passo da indução : suponhamos que o resultado seja válido para n e provemos que é válido para n + 1. No n + 1=ésimo soar do gongo temos duas possibilidades para a tigela do monge : (1)R(n + 1) = R(n) 3 e G(n + 1) = G(n) + OU ()R(n + 1) = G(n) e G(n + 1) = R(n) Vamos estudar o primeiro caso : R(n + 1) G(n + 1) = R(n) 3 G(n) = R(n) G(n) 5. Pela hipótese de indução, temos duas possibilidades para R(n) G(n) : (1a) R(n) G(n) = 5.k+ ou (1b)R(n) G(n) = 5.k+3. Suponhamos (1a) : neste caso R(n+1) G(n+1) = 5.k+ 5 = 5(k 1)+. Logo, a diferença R(n+1) G(n+1) é 7

8 da forma pretendida. Suponhamos (1b) : neste caso R(n+1) G(n+1) = 5.k+3 5 = 5(k 1) + 3. Logo, a diferença R(n + 1) G(n + 1) é da forma pretendida. Analise agora sozinho o segundo caso : R(n + 1) G(n + 1) = G(n) R(n) e prove que esta diferença é da forma pretendida (5k + ou 5k + 3). (c) A situação de liberdade (5 vermelhos e 5 verdes) não verifica a propriedade, portanto nunca será atingida : De fato R(n) G(n) = 5 5 = 0. Mas 0 não pode ser escrito sob a forma 5k + ou 5k + 3, para k inteiro. 7. Para cada configuração do puzzle, vamos associar uma permutação da sequência (1,,3,4,5,6,7,8,9). Por exemplo, considere a configuração do quadrado à direita : Tal configuração é associada à permutação ( ). Repare que esta permutação é equivalente à composição de duas transposições : (3 1) (1 ). Trata-se portanto de uma permutação par. Considere a configuração do quadrado à direita abaixo : Tal configuração é associada à permutação [ ] = (p(1) = 7, p() = 1, p(3) =,...). Repare que esta permutação é equivalente ao ciclo ( ). Tal ciclo é equivalente à composição de quatro transposições : (1 7) (7 4) (4 3) (3 ). Trata-se portanto de uma permutação par. Propriedade que é verificada para TODA configuração do puzzle : a permutação associada é par (isto é, é equivalente a uma composição de um número par de transposições). PROVE ESTE RESULTADO POR INDUÇÃO NO NÚMERO DE MOVIMENTOS DO PUZZLE A PARTIR DA CONFIGURAÇÃO INICIAL. Basta agora verificar que a configuração final a que se quer chegar (a da direita) : ?? não corresponde a uma permutação par!! De fato, a permutação associada é [ ]. Tal permutação é equivalente à composição de 3 transposições : ( 4)(3 7)(6 8). Portanto, trata-se de uma permutação IMPAR. Logo, nunca se chega a tal configuração, já que todas que são atingidas a partir da configuração inicial correspondem a permutações PARES. 8. Idéia análoga a do exercicio (9). 8

9 9. A prova é feita por indução fraca. Base da Indução : o resultado é válido para n = 8, n = 9, n = 10, n = 11 n = 8 : 8 = n = 9 : 9 = n = 10 : 10 = n = 11 : 11 = Passo da Indução : vamos mostrar que o resultado é válido para todo n 1. Hipótese de Indução : suponhamos n 1 e que o resultado é válido para todo k entre 8 e n 1, isto é, para todo k tal que 8 k n 1. Vamos mostrar que o resultado é válido para n. Como n 1, temos que 8 n 3 n 1. Logo, podemos aplicar a hipótese de indução para n 3, obtendo que : n 3 = k k 5 Logo : n = (k 1 + 1) 3 + k 5, e portanto o resultado está mostrado para n qualquer É só desenvolver cada termo (n + i) e efetuar as contas. 11. Prova por indução fraca Base da indução : n = 0 : 0 = n = 1 : 1 = 1 n = : = (1 ) ( ) (3 ) + 4. n = 3 : 3 = (1 ) + ( ). Passo da indução : Seja n 3 e suponhamos o resultado válido para todo k = 0,..., n. Mostremos que o resultado é válido para n + 1. Ora, 0 (n + 1) 4 = n 3 < n. Logo, pela hipótese de indução, podemos afirmar que : (n + 1) 4 = ɛ ɛ ɛ k k, para algum k. Utilizando o resultado do item anterior para n = k, podemos afirmar que 4 = (k + 1) (k + ) (k + 3) + (k + 4). Logo : (n + 1) = ɛ ɛ ɛ k k + (k + 1) (k + ) (k + 3) + (k + 4) Exercicio : Dê a decomposição do número 15 em somas e diferenças de quadrados, utilizando o método ilustrado acima na indução. Para isto, precisamos ver a decomposição de 11. Para 11, precisamos ver a de 7, que nos faz recair na de 3, que é (1 ) + ( ).Pronto, ja temos a decomposição de 15, que será : = [ (1 ) + ( )] + [ ] + [ ] + [ ] 9

10 Considere a função f : R (0, 1) dada por f(x) = arcotang(x). O gráfico é representado na figura abaixo. Esta função é bijetora. 1 0 Suponhamos por absurdo que o conjunto (0,1) fosse enumerável. Cada elemento x (0, 1) pode ser representado por uma sequência (possivelmente infinita) de casas decimais, isto é, x = 0, i 1 i..., onde cada i j é um dígito de 0 a 9. Suponhamos então uma ordenação de tais sequências : x x x x x Consideremos o número x = 0, 18..., onde a j-ésima casa decimal = a j + 1, onde a j é a j-ésima casa decimal do número x j na tabela acima (são os números da diagonal da tabela). Caso a j = 9, considere i j = 1. Ora, x não pode ser igual a nenhum número x i listado na tabela acima, já que x difere de cada x i na i-ésima coordenada. Logo, existe um elemento x (0, 1) que não foi enumerado na tabela. Absurdo. Já que (0,1) não é enumerável, conforme mostrado no item anterior, concluimos que R não é enumerável, já que R e (0,1) são equipotentes. 13. É fácil exibir uma enumeração do conjunto P fin (N) = subconjuntos finitos de N. Vamos denotar um subconjunto de tamanho i ordenando-se seus elementos em ordem crescente. Ex : {4,1,3} será denotado por (1, 3, 4). (1) Para cada i, é possível enumerar todos os subconjuntos de N de tamanho i. Considere uma matriz onde cada linha j contém os subconjuntos de tamanho i começando a partir 10

11 de j 1. Ver tabela abaixo, para o caso de i =. linha 1 : (0), (1), (), (3),... linha : (1,), (1,3), (1,4),... linha 3 : (,3), (,4), (,5),... linha 4 : (3,4), (3,5), (3,6),... Para enumerar estes subconjuntos, utiliza-se o processo da travessia em diagonal : (0) (1,) (1) (,3) (1,3) (3) (3,4) (,4) (1,4) (4)... () Uma vez enumerados todos os subconjuntos de tamanho i, consideramos uma matriz, onde a linha i contém todos os subconjuntos de tamanho i enumerados de acordo com a ordem estabelecida no item anterior. Utilizando o processo de travessia em diagonal desta matriz, conseguimos enumerar todos os subconjuntos finitos de N. 14. Sejam X um conjunto qualquer e P(X) o conjunto dos subconjuntos de X. Mostrar que X e P(X) não são equipotentes. Para isto, vamos mostrar que não existe uma função sobrejetora de X em P(X) (e portanto não existe uma função bijetora entre estes dois conjuntos). Suponha por absurdo que existisse uma função sobrejetora f X P(X). Considere o seguinte subconjunto de X : A = {x X x f(x)} Repare que faz sentido escrever x f(x), pois f(x) é um elemento de P(X) e portanto é um subconjunto de X. Como estamos supondo f sobrejetora, então deve existir um elemento x 0 no domínio de f tal que f(x 0 ) = A. Pergunta-se : x 0 A ou x 0 A. Veremos que os dois casos são impossiveis, chegando assim a uma contradição. Suponha que x 0 A. Por definição de A, temos que x 0 f(x 0 ). Mas A = f(x 0 ). Logo : x 0 A. Absurdo. Por outro lado, suponha que x 0 A. Neste caso, por definição, temos que x 0 f(x 0 ). Logo, como f(x 0 ) = A, temos que x 0 A. Absurdo. Existência de uma função injetora f : X P(X). Considere a função f(x) = {x}. É fácil ver que f é injetora. 15. Resultado sobre Autômatos utilizando o principio da casa do pombo : Seja A um autômato finito com n estados e seja z = a 1 a...a m uma palavra aceita pelo autômato, com comprimento m > n. Mostre que necessáriamente o grafo representando o autômato contém um ciclo. z é aceita pelo autômato. Logo, existe um caminho q 0, q 1,...q m de estados do autômato tal que δ(q 0, a 1 ) = q 1, δ(q 1, a ) = q,..., δ(q m 1, a m ) = q m. Considere a função f : {a 1, a,..., a m } K, onde K= conjunto dos estados do autômato e f(a i ) = estado a que se chega ao se percorrer a palavra z até a i. Como número de elementos de K é inferior a 11

12 m, utilizando o principio do pombo, concluimos que f não é injetora. Logo, existem a i e a j tais que f(a i ) = f(a j ) = q. Logo, entre ao percorrer a palavra z entre a i e a j, percorre-se um ciclo no grafo do autômato. Resultado sobre Gramáticas utilizando o principio da casa do pombo : Seja G uma gramática livre do contexto na forma normal de Chomsky (isto é, suas regras são do tipo A a ou A BC, onde a é terminal, e A, B, C são símbolos de variável). Suponha que G possua k variáveis. Seja z uma palavra gerada por G com comprimento > k 1. Mostre que necessariamente, existe um caminho na árvore de derivação da palavra z contendo dois nós etiquetados pela mesma variável. Seja A uma árvore de derivação de profundidade n para G. Então o tamanho máximo de uma palavra gerada por uma tal árvore de derivação é n 1. Suponha que z é uma palavra gerada com comprimento > k 1. Então, a profundidade de qualquer árvore de derivação de z é maior do que k. Logo, existe um caminho na árvore de derivação partindo da raiz até uma folha, que tem comprimento > k. Então, o número de nós internos deste caminho é maior do que > k (número de nós do caminho = profundidade + 1. Número de nós internos = número de nós total - 1 = profundidade = profundidade). Seja X o conjunto de nós internos deste caminho V o conjunto de variáveis da gramática. Seja f : X V, que associa a cada nó do caminho a variável que aparece neste nó. Como o tamanho de X é maior do que o tamanho de V, concluimos, pelo principio da casa do pombo que existem dois nós aos quais estão associadas a mesma variável. Exercicio (19) : A descrição formal da máquina de Turing é a seguinte : 1

13 δ(q 0, a) = (q 1, #, R) δ(q 0, b) = (q r, B, R) δ(q 0, c) = (q r, B, R) δ(q 0, B) = (q r, B, R) δ(q 1, a) = (q 1, a, R) δ(q 1, b) = (q, b, R) δ(q 1, c) = (q r, c, R) δ(q 1, B) = (q r, B, R) δ(q, a) = (q r, a, R) δ(q, b) = (q, b, R) δ(q, c) = (q 3, c, R) δ(q, B) = (q r, B, R) δ(q 3, a) = (q r, a, R) δ(q 3, b) = (q r, b, R) δ(q 3, c) = (q 3, c, R) δ(q 3, B) = (q 4, B, L) δ(q 4, a) = (q 4, a, L) δ(q 4, b) = (q 4, b, L) δ(q 4, c) = (q 4, c, L) δ(q 4, #) = (q 5, #, R) δ(q 5, a) = (q 5, a, R) δ(q 5, b) = (q 6, Y, R) δ(q 6, b) = (q 6, Y, R) δ(q 6, c) = (q 7, Z, L) δ(q 6, B) = (q r, B, R) δ(q 7, Z) = (q 7, Z, L) δ(q 7, Y ) = (q 7, b, L) δ(q 7, #) = (q 8, #, R) δ(q 8, a) = 13 (q 5, #, R) δ(q 8, b) = (q 8, b, R) δ(q 8, c) = (q r, c, R) δ(q 8, Z) = (q 8, Z, R) δ(q 8, B) = (q a, B, R)