Macchine di Turing (1)

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 Macchine di Turing (1) … a1 a2 . . . ai an … B B Controllo finito

2. Macchine di Turing (2) Una macchina di Turing (TM) è M = (Q, S, D, d, q0, B, F) dove: Q insieme finito degli stati, d : Q G  Q G {L, R}, G insieme dei simboli di nastro, q0 stato di partenza, B blank, F  Q insieme degli stati finali, S G-B insieme dei simboli di input Una descrizione istantanea (ID) di una TM M è a1qa2 dove q stato corrente, a1a2 stringa in G * contenuto del nastro (da sinistra e fino a un blank a destra). La testa di lettura sta leggendo il simbolo più a sinistra di a2 oppure blank se a2 = e. Sia la ID x1 x2 . . . xi-1 q xi . . . xn . Se d(q,xi) = (p,y,L) per i>1 allora x1 x2 . . . xi-1 q xi . . . xn |-M x1 x2 . . . xi-2 p xi-1 Y xi+1 . . . xn Se d(q, xi) = (p,y, R) allora x1 x2 . . . xi-1 q xi . . . xn |-M x1 x2 . . . xi-1 Y p xi+1 . . . xn .

3. Macchine di Turing (3) Una TM M = (Q, S, G, d, q0, B, F) accetta il linguaggio {w | w in S* e q0 w |-M* a1 pa2 per p  F, a1, a2  G*} Il linguaggio accettato da una TM è detto ricorsivamente enumerabile (r.e.). Esempio. Una TM che accetta L = {0n1n|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 = ({q0,q1,q2,q3,q4}, {0,1}, {0,1, X, Y, B}, d, q0, B, { q4}) dove d è data dalla tabella seguente: 0 1 X Y B q0 (q1,X,R) - - (q3,Y,R) - q1 (q1,0,R) (q2,Y,L) - (q1,Y,R) - q2 (q2,0,L) - (q0,X,R) (q2,Y,L) - q3 - - - (q3,Y,R) (q4,B,R) q4 - - - - - Una computazione possibile è: q0 0 0 1 1|- X q1 0 1 1|- X0 q1 1 1|- Xq2 0 Y 1 |- q2 X0 Y 1 |- X q0 0 Y 1 |- X X q1 Y 1 |- X XYq1 1 |- X X q2 YY |- X q2 XYY |- XX q0 YY |- XXYq3 Y |- XXYY q3 |- XXYY q4

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 d(q, X) = (p,Y,L) allora q X a|-M p BY a(mentre nel modello a una via non si può fare nessuna mossa) e se d(q, X) = (p,B,R) allora q X a|-M p a(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. 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. Macchine di Turing (6) …. …. …. …. …. …. controllo finito

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 = {wwR | 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. Macchine di Turing (7)

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 M1 allora è accettato da una TM deterministica M2. Prova. La macchina M2 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 M2 genera sequenze in modo sistematico sul secondo nastro, copia l’input sul terzo nastro e simula M1 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. Macchine di Turing (8)

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 Lu= {<M,w> | una TM M accetta la stringa w} è r.e. ma non ricorsivo. Nota. Lu è detto universale perché la domanda se una particolare stringa w’ è accettata da una macchina di Turing M’ è equivalente alla domanda se <M’,w’> è in Lu. 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 G1 e G2 è indecidibile se L(G1)  L(G2) è vuoto. Prova. Si dimostra che l’insieme delle computazioni valide di una TM è l’intersezione di due linguaggi noncontestuali L1 e L2 e che grammatiche L1 e L2 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) = S* 2. L(G1) = L(G2) 3. L(G1) = R 4. R L(G1) 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) = S* se e solo se L(M) = . Allora se decidessimo L(G) = S* decideremmo la vuotazza dei linguaggi r.e.. 2.-3.-4. si riconducono all’indecidibilità di L(G) = S*.

13. 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 e-transizioni M = (Q, T, d, [S],{[e]}) dove: • - Q è l’insieme degli stati [a] dove a è un suffisso di lato destro di • produzione in P • d([A],e) = {[a] | A a in P} • se a  T e a  T* T*V allora d([aa], a) = {[a]}. • Per induzione sulla lunghezza delle sequenze di derivazione si vede che d([S], w) contiene a se e solo se SÞ* xAÞ xya dove A  ya in P e xy=w oppure a = S e w = e. Poiché [e] è l’unico stato finale M accetta w se e solo se SÞ* xAÞ w. Gerarchia di Chomsky (1)

14. Esempio. Prendiamo G con produzioni S  0A A  10A A e Dalla costruzione risulta l’NFA seguente Gerarchia di Chomsky (2) e e 0 [S] [A] [e] [0A] e 1 [10A]

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, S, d, q0 , F). Assumiamo non in F. Costruiamo G = (Q, S, P, q0) dove P contiene p  aq ogniqualvolta d(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 0 1 C A B 0 1 1 D 1,0

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 a b con stringhe arbitrarie di simboli e a non è e. 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 e L(G)= {ai | 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 a b con la condizione |a| £ |b| è chiamata grammaticacontestuale (CSG) e il linguaggio che genera è chiamato linguaggio contestuale (CSL). Una formanormale per le grammatiche contestuali ha regole della forma a1Aa2  a1ba2 con b non e. 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, S, G, d, &, $, F). Il linguaggio accettato da M è {w | w in (S-{#, $})* e q0#w$ |-M* aqbper q  F}. Teorema. Se L è un CSL allora L è accettato da un LBA.

18. Gerarchia di Chomsky (6) Esempio.L = {aibici | i  1} è generato dalla CSG G = ({S, S’, S”, S”’} {a,b,c}, P, S) con P S  abc S”b  bbS’” S  abcS’ S”’b  bS’” cS’  S’c S”’c  ccS’ bS’  S’b S”’c  cc aS’  aaS” Teorema.Ogni CSL è ricorsivo. Prova. Data una CSG G = (V,T, P, S) e una parola w in S* 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 a b se a Þ b. 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 S+.

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 {anbn | 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 {anbncn | 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.