Exam 2024_endterm.txt — deepseek/deepseek-r1-0528

Prompt

system:You are an AI assistant specializing in theoretical computer science. Your task is to answer a series of exam questions, providing accurate and well-reasoned responses that demonstrate a deep understanding of theoretical computer science concepts.

# Instructions

You must follow the given answer format.

If the exercises contains yes or no questions for you to answer, there will be one <option> element for each such question. You must answer these with either 0 or 1.

For longer answers, there will be <answer> elements. If the answer must follow a specific template, a corresponding <answer-template> element defines this template, and you MUST follow it precisely when providing your <answer>, as any deviations from the template will cause your answer to be invalid. A '?' symbol indicates a place for you to insert a short text, while a '???' symbol marks places for you to insert multi-line answers. To define the precise syntax to use, an <example> element may be provided. You MUST follow this syntax. However, note that the answers in the example may not be correct answers to the question.

Some questions relate to specific lecture material. In this case, the material will be provided in <context> elements for you to reference.

## Formatting
Always follow the format of the given exercise. If you are writing longer text, you can put text in *italics* or make it **bold**. Formulas should be given as LaTeX and enclosed properly, i.e. $...$ or \[...\].

user:# Exercise: Quiz: Reguläre und kontextfreie Sprachen

**Teilaufgaben (a-e):** Für diese Fragen ist eine Begründung nicht gefordert. Sie erhalten die Punkte auf eine Teilaufgabe genau dann, wenn Sie alle Antwortmöglichkeiten korrekt angekreuzt haben.
**Es ist immer mindestens eine Antwortmöglichkeit richtig.**
Jede Frage bringt 2P.

In dieser Aufgabe verwenden wir durchgehend das Alphabet $\Sigma:=\{a,b\}$.

## subproblem a (2.0 points)
Sei $L\subseteq\Sigma^*$ eine **endliche** Sprache mit $|L|=|L^*|$. Welche Aussagen sind wahr?

<options>
<option id="1">$L$ ist regulär</option>
<option id="2">$\varepsilon\in L$</option>
<option id="3">$|L|=|LL|$</option>
</options>

### answer format
Give your answer in the following format:

<option id="1">0 or 1</option>
<option id="2">0 or 1</option>
<option id="3">0 or 1</option>

Wir haben eine endliche Sprache L über dem Alphabet {a,b}. Es gilt |L| = |L*|. Wir müssen prüfen, welche Aussagen wahr sind.

Zuerst: L ist endlich, also ist L regulär, weil alle endlichen Sprachen regulär sind. Also sollte Aussage 1 wahr sein.

Aussage 2: ε ∈ L? Nicht notwendigerweise. L könnte endlich sein ohne ε. Zum Beispiel L = {a}. Dann ist L* = {ε, a, aa, aaa, ...}, was unendlich ist, aber die Bedingung ist |L| = |L*|. Wenn |L| endlich ist und |L| = |L*|, dann muss L* auch endlich sein. Aber L* ist die Kleene-Stern-Hülle von L. Wenn L nicht ε enthält und mindestens ein nicht-leeres Wort hat, dann ist L* unendlich, weil wir Wörter beliebiger Länge bilden können. Damit L* endlich ist, muss L so sein, dass keine Konkatenation neue Wörter erzeugt. Das passiert nur, wenn alle Wörter in L leere Wörter sind oder etwas ähnliches, aber genauer: L* ist endlich genau dann, wenn L ⊆ {ε}, oder? Nein.

Beispiel: Wenn L = {ε}, dann ist L* = {ε}, also |L| = 1, |L*| = 1. Wenn L = ∅, dann L* = {ε}, |L| = 0, |L*| = 1, nicht gleich. Also für ∅ gilt |L| = 0 ≠ 1 = |L*|.

Wenn L = {ε}, dann |L| = 1, |L*| = 1, gleich.

Wenn L = {a}, dann |L| = 1, aber L* ist unendlich, |L*| = ∞ ≠ 1.

Damit |L| = |L*| endlich ist, muss L* endlich sein. L* ist endlich genau dann, wenn L ⊆ {ε}, weil wenn es ein nicht-leeres Wort gibt, können wir es wiederholen.

Aber wenn L = {aa, aaa}, dann L* enthält aa, aaa, aaaa, aaaaa, etc., unendlich.

Wenn L nur ε enthält, aber L könnte mehrere Wörter haben, die alle ε sind? Nein, ε ist ein Wort, also L kann nicht mehrere ε haben, da es eine Menge ist.

L ist eine Menge von Wörtern, also enthält sie jedes Wort höchstens einmal.

Damit L* endlich ist, muss L so sein, dass die Konkatenation nicht zu unendlich vielen Wörtern führt. Das ist der Fall, wenn alle Wörter in L die Länge 0 haben, also nur ε. Aber ε ist das einzige Wort der Länge 0.

Wenn L = {ε}, dann ist L* = {ε}.

Wenn L leer ist, L* = {ε}, nicht gleich.

Aber die Bedingung ist |L| = |L*|, und |L| ist endlich.

Möglichkeiten:

- L = ∅: |L| = 0, |L*| = 1 (da L* = {ε}), 0 ≠ 1

- L = {ε}: |L| = 1, |L*| = 1, gleich

- L = {a}: |L| = 1, |L*| unendlich, nicht gleich

- L = {ε, a}: |L| = 2, L* enthält ε, a, aa, aaa, ..., unendlich

- L = {aa}: |L| = 1, L* unendlich

Gibt es ein L mit mehr als einem Wort, das endliches L* hat? Ja, wenn alle Wörter in L leere Wörter sind, aber es gibt nur ein leeres Wort, ε. Also kann L nur ε enthalten oder ähnlich.

Wenn L = {ε}, es funktioniert.

Aber was ist mit L = ∅? Funktioniert nicht.

Gibt es andere Möglichkeiten? Angenommen L enthält Wörter, die nicht ε sind, aber wenn wir sie verketten, bekommen wir keine neuen Wörter? Zum Beispiel, wenn L = {a, aa}, dann L* hat a, aa, aaa, aaaa, etc., unendlich.

Wenn L = {ab, ba}, dann L* hat ab, ba, abba, baab, abab, etc., unendlich viele.

Im Allgemeinen, wenn L ein nicht-leeres Wort enthält, dann ist L* unendlich, es sei denn, das nicht-leere Wort ist so, dass es nicht verlängert werden kann, aber durch Konkatenation kann man immer längere Wörter bilden.

Eine Ausnahme: wenn alle Wörter in L die Länge 0 haben, aber das einzige Wort der Länge 0 ist ε.

Also, L* ist endlich genau dann, wenn L ⊆ {ε}. Das heißt, L ist entweder ∅ oder {ε}.

Aber wenn L = ∅, |L| = 0, |L*| = 1 ≠ 0.

Wenn L = {ε}, |L| = 1, |L*| = 1, gleich.

Also die einzige Möglichkeit, dass |L| = |L*| für endliches L, ist L = {ε}.

|L| = |L*| = 1.

Gibt es andere? Nein, weil wenn L mehr als ein Wort hätte, aber alle Wörter müssen ε sein, was unmöglich ist, da ε nur einmal vorkommt.

Oder wenn L leer ist, aber |L| = 0 ≠ 1.

Also nur L = {ε} erfüllt die Bedingung.

Jetzt zu den Aussagen.

Aussage 1: L ist regulär. Ja, {ε} ist regulär.

Aussage 2: ε ∈ L. Ja, in diesem Fall ε ∈ L.

Aussage 3: |L| = |LL|. LL ist die Konkatenation von L mit sich selbst.

Für L = {ε}, LL = {ε} · {ε} = {ε}, also |LL| = 1, |L| = 1, also gleich.

Aber ist das immer so? Nach unserer Analyse ist L immer {ε}, also ja.

Aber die Frage ist allgemein für endliches L mit |L| = |L*|, und wir haben gezeigt, dass nur L = {ε} diese Bedingung erfüllt.

Also für dieses L:

- L ist regulär: ja

- ε ∈ L: ja

- |L| = |LL|: |L| = 1, |LL| = |{ε}| = 1, ja

Also alle drei Aussagen sind wahr.

Aber schauen wir uns die Optionen an. Es sind Aussagen, und wir sollen ankreuzen, welche wahr sind.

In der Frage: "Welche Aussagen sind wahr?" und es gibt drei Optionen.

Nach unserer Überlegung sind alle drei wahr.

Aber überprüfen wir Aussage 3: |L| = |LL|.

Für L = {ε}, ja.

Gibt es andere Sprachen? Angenommen, es gäbe eine andere Sprache, aber wir haben gezeigt, dass nur {ε} die Bedingung erfüllt.

Vielleicht wenn L leer ist, aber |L| = 0, |L*| = 1 ≠ 0, also nicht erfüllt.

Oder wenn L unendlich wäre, aber die Sprache ist endlich.

Also ja, nur L = {ε}.

Daher sind alle Aussagen wahr.

Aber die Frage sagt: "Es ist immer mindestens eine Antwortmöglichkeit richtig." Hier sind alle richtig.

Jetzt zur Antwortformat: wir müssen für jede Option 0 oder 1 angeben, ob sie wahr ist.

Also für id=1: 1 (wahr)

id=2: 1 (wahr)

id=3: 1 (wahr)

Aber überprüfen wir Aussage 3 nochmal.

|L| = |LL|.

Für L = {ε}, LL = {ε} · {ε} = {ε}, also |LL| = 1 = |L|.

Ist das immer so? Ja, in diesem Fall.

Aber die Aussage ist allgemein für solche L, und da L immer {ε} ist, ja.

Vielleicht interpretieren wir |LL| als die Größe der Konkatenation.

Ja.

Also alle drei sind wahr.

Aber schauen wir uns die Optionen an. Option 3 ist |L| = |LL|, was wahr ist.

Gibt es einen Fall, wo |L| ≠ |LL|? Aber in diesem speziellen L nicht.

Also ich denke, alle sind wahr.

Aber die Frage ist: für Sprachen L, die die Bedingung erfüllen, welche Aussagen sind wahr.

Und da nur L={ε} die Bedingung erfüllt, und für diese sind alle wahr.

Also Antwort sollte sein: alle Optionen sind wahr.

Jetzt im Format:

<option id="1">1</option>
<option id="2">1</option>
<option id="3">1</option>

Aber lassen Sie uns sichergehen.

Vielleicht habe ich etwas übersehen.

Eine andere Möglichkeit: wenn L = ∅, aber |L| = 0, |L*| = 1 ≠ 0, also erfüllt nicht die Bedingung |L| = |L*|.

Wenn L = {ε, ε}, aber das ist nicht möglich, da Mengen keine Duplikate haben.

Also nein.

Oder wenn L Wörter enthält, die nicht konkatetierbar sind, aber in regulären Sprachen, Konkatenation ist definiert.

Also ich denke, es ist korrekt.

Also für Teil a: alle drei Aussagen sind wahr.

<option id="1">1</option>
<option id="2">1</option>
<option id="3">1</option>

**Begründung (nicht gefordert, aber zur Erklärung):**  
Die Bedingung $|L| = |L^*|$ impliziert, dass $L^*$ endlich ist, da $L$ endlich ist. $L^*$ ist nur dann endlich, wenn $L \subseteq \{\varepsilon\}$. Da $L$ eine Menge ist, kommt $\varepsilon$ nur einmal vor, also ist $L = \{\varepsilon\}$ die einzige Sprache, die die Bedingung erfüllt (denn für $L = \emptyset$ gilt $|\emptyset| = 0 \neq 1 = |\{\varepsilon\}| = |\emptyset^*|$).  
- **Aussage 1:** $\{\varepsilon\}$ ist regulär, da endliche Sprachen regulär sind.  
- **Aussage 2:** $\varepsilon \in \{\varepsilon\}$.  
- **Aussage 3:** $|L| = |\{\varepsilon\}| = 1$ und $|LL| = |\{\varepsilon\} \cdot \{\varepsilon\}| = |\{\varepsilon\}| = 1$, also $|L| = |LL|$.  
Somit sind alle Aussagen wahr.

Sei $L\subseteq\Sigma^*$ eine endliche Sprache mit $|L|=|L^*|$. Welche Aussagen sind wahr?

Prompt

system:You are an AI assistant specializing in theoretical computer science. Your task is to answer a series of exam questions, providing accurate and well-reasoned responses that demonstrate a deep understanding of theoretical computer science concepts.

# Instructions

You must follow the given answer format.

If the exercises contains yes or no questions for you to answer, there will be one <option> element for each such question. You must answer these with either 0 or 1.

For longer answers, there will be <answer> elements. If the answer must follow a specific template, a corresponding <answer-template> element defines this template, and you MUST follow it precisely when providing your <answer>, as any deviations from the template will cause your answer to be invalid. A '?' symbol indicates a place for you to insert a short text, while a '???' symbol marks places for you to insert multi-line answers. To define the precise syntax to use, an <example> element may be provided. You MUST follow this syntax. However, note that the answers in the example may not be correct answers to the question.

Some questions relate to specific lecture material. In this case, the material will be provided in <context> elements for you to reference.

## Formatting
Always follow the format of the given exercise. If you are writing longer text, you can put text in *italics* or make it **bold**. Formulas should be given as LaTeX and enclosed properly, i.e. $...$ or \[...\].

user:# Exercise: Quiz: Reguläre und kontextfreie Sprachen

**Teilaufgaben (a-e):** Für diese Fragen ist eine Begründung nicht gefordert. Sie erhalten die Punkte auf eine Teilaufgabe genau dann, wenn Sie alle Antwortmöglichkeiten korrekt angekreuzt haben.
**Es ist immer mindestens eine Antwortmöglichkeit richtig.**
Jede Frage bringt 2P.

In dieser Aufgabe verwenden wir durchgehend das Alphabet $\Sigma:=\{a,b\}$.

## subproblem a (2.0 points)
Sei $L\subseteq\Sigma^*$ eine **endliche** Sprache mit $|L|=|L^*|$. Welche Aussagen sind wahr?

<options>
<option id="1">$L$ ist regulär</option>
<option id="2">$\varepsilon\in L$</option>
<option id="3">$|L|=|LL|$</option>
</options>

### answer format
Give your answer in the following format:

<option id="1">0 or 1</option>
<option id="2">0 or 1</option>
<option id="3">0 or 1</option>

assistant:<option id="1">1</option>
<option id="2">1</option>
<option id="3">1</option>

**Begründung (nicht gefordert, aber zur Erklärung):**  
Die Bedingung $|L| = |L^*|$ impliziert, dass $L^*$ endlich ist, da $L$ endlich ist. $L^*$ ist nur dann endlich, wenn $L \subseteq \{\varepsilon\}$. Da $L$ eine Menge ist, kommt $\varepsilon$ nur einmal vor, also ist $L = \{\varepsilon\}$ die einzige Sprache, die die Bedingung erfüllt (denn für $L = \emptyset$ gilt $|\emptyset| = 0 \neq 1 = |\{\varepsilon\}| = |\emptyset^*|$).  
- **Aussage 1:** $\{\varepsilon\}$ ist regulär, da endliche Sprachen regulär sind.  
- **Aussage 2:** $\varepsilon \in \{\varepsilon\}$.  
- **Aussage 3:** $|L| = |\{\varepsilon\}| = 1$ und $|LL| = |\{\varepsilon\} \cdot \{\varepsilon\}| = |\{\varepsilon\}| = 1$, also $|L| = |LL|$.  
Somit sind alle Aussagen wahr.

user:
## subproblem b (2.0 points)
Sei $L\subseteq\Sigma^*$ und $L':=\{w\in L : |w|^2\le 10|w|\}$. Welche Aussagen sind wahr?

<options>
<option id="1">$L'$ ist regulär</option>
<option id="2">$L'$ ist kontextfrei</option>
<option id="3">$L'$ ist deterministisch kontextfrei</option>
</options>

### answer format
Give your answer in the following format:

<option id="1">0 or 1</option>
<option id="2">0 or 1</option>
<option id="3">0 or 1</option>

Wir haben eine Sprache \( L \subseteq \Sigma^* \) mit \( \Sigma = \{a,b\} \) und definieren \( L' = \{ w \in L : |w|^2 \leq 10 |w| \} \).

Die Bedingung \( |w|^2 \leq 10 |w| \) kann umgeschrieben werden als \( |w| \leq 10 \), denn für \( |w| > 10 \) ist \( |w|^2 > 10 |w| \), und für \( |w| \leq 10 \) gilt die Ungleichung. Also ist \( L' = \{ w \in L : |w| \leq 10 \} \).

Das heißt, \( L' \) besteht aus allen Wörtern in \( L \) mit Länge höchstens 10. Daher ist \( L' \) eine endliche Sprache, weil es nur endlich viele Wörter über \( \Sigma \) mit Länge \( \leq 10 \) gibt (genauer: \( \sum_{i=0}^{10} 2^i = 2^{11} - 1 = 2047 \) Wörter).

Nun zu den Aussagen:

1. \( L' \) ist regulär: Ja, weil endliche Sprachen sind regulär. Jede endliche Sprache ist regulär, da man einen endlichen Automaten bauen kann, der genau diese Wörter akzeptiert.

2. \( L' \) ist kontextfrei: Ja, weil reguläre Sprachen sind eine Teilmenge der kontextfreien Sprachen. Also wenn sie regulär ist, ist sie auch kontextfrei.

3. \( L' \) ist deterministisch kontextfrei: Ja, denn reguläre Sprachen sind auch deterministisch kontextfrei. Jede reguläre Sprache wird von einem deterministischen endlichen Automaten akzeptiert, und deterministische endliche Automaten sind ein Spezialfall von deterministischen Kellerautomaten (die deterministisch kontextfreie Sprachen akzeptieren). Also ist jede reguläre Sprache auch deterministisch kontextfrei.

Daher sind alle drei Aussagen wahr.

Aber beachte: Die Definition von \( L' \) hängt von \( L \) ab, aber da wir nur Wörter mit Länge \( \leq 10 \) betrachten, ist \( L' \) immer endlich, unabhängig von \( L \). Selbst wenn \( L \) unendlich ist, ist \( L' \) endlich, weil nur endlich viele kurze Wörter.

Also ist \( L' \) in jedem Fall endlich und somit regulär, kontextfrei und deterministisch kontextfrei.

Daher wählen wir für alle Optionen 1.

Antwortformat:

<option id="1">1</option>
<option id="2">1</option>
<option id="3">1</option>

<option id="1">1</option>
<option id="2">1</option>
<option id="3">1</option>

**Erklärung (nicht gefordert, aber zur Klarstellung):**  
Die Sprache \(L' = \{w \in L : |w|^2 \leq 10|w|\}\) ist äquivalent zu \(L' = \{w \in L : |w| \leq 10\}\), da die Ungleichung \(|w|^2 \leq 10|w|\) für \(|w| > 10\) verletzt ist und für \(|w| \leq 10\) gilt.  
- \(L'\) ist endlich (da nur Wörter der Länge \(\leq 10\) betrachtet werden, und \(\Sigma = \{a,b\}\) endlich ist).  
- **Aussage 1:** Endliche Sprachen sind regulär (da durch endliche Automaten erkennbar).  
- **Aussage 2:** Reguläre Sprachen sind kontextfrei (da die Klasse der regulären Sprachen in der Klasse der kontextfreien Sprachen enthalten ist).  
- **Aussage 3:** Reguläre Sprachen sind deterministisch kontextfrei (da jeder deterministische endliche Automat als deterministischer Kellerautomat ohne Stack-Operationen aufgefasst werden kann).  
Somit sind alle Aussagen wahr.

Sei $L\subseteq\Sigma^*$ und $L':=\{w\in L : |w|^2\le 10|w|\}$. Welche Aussagen sind wahr?

Prompt

system:You are an AI assistant specializing in theoretical computer science. Your task is to answer a series of exam questions, providing accurate and well-reasoned responses that demonstrate a deep understanding of theoretical computer science concepts.

# Instructions

You must follow the given answer format.

If the exercises contains yes or no questions for you to answer, there will be one <option> element for each such question. You must answer these with either 0 or 1.

For longer answers, there will be <answer> elements. If the answer must follow a specific template, a corresponding <answer-template> element defines this template, and you MUST follow it precisely when providing your <answer>, as any deviations from the template will cause your answer to be invalid. A '?' symbol indicates a place for you to insert a short text, while a '???' symbol marks places for you to insert multi-line answers. To define the precise syntax to use, an <example> element may be provided. You MUST follow this syntax. However, note that the answers in the example may not be correct answers to the question.

Some questions relate to specific lecture material. In this case, the material will be provided in <context> elements for you to reference.

## Formatting
Always follow the format of the given exercise. If you are writing longer text, you can put text in *italics* or make it **bold**. Formulas should be given as LaTeX and enclosed properly, i.e. $...$ or \[...\].

user:# Exercise: Quiz: Reguläre und kontextfreie Sprachen

**Teilaufgaben (a-e):** Für diese Fragen ist eine Begründung nicht gefordert. Sie erhalten die Punkte auf eine Teilaufgabe genau dann, wenn Sie alle Antwortmöglichkeiten korrekt angekreuzt haben.
**Es ist immer mindestens eine Antwortmöglichkeit richtig.**
Jede Frage bringt 2P.

In dieser Aufgabe verwenden wir durchgehend das Alphabet $\Sigma:=\{a,b\}$.

## subproblem a (2.0 points)
Sei $L\subseteq\Sigma^*$ eine **endliche** Sprache mit $|L|=|L^*|$. Welche Aussagen sind wahr?

<options>
<option id="1">$L$ ist regulär</option>
<option id="2">$\varepsilon\in L$</option>
<option id="3">$|L|=|LL|$</option>
</options>

### answer format
Give your answer in the following format:

<option id="1">0 or 1</option>
<option id="2">0 or 1</option>
<option id="3">0 or 1</option>

assistant:<option id="1">1</option>
<option id="2">1</option>
<option id="3">1</option>

**Begründung (nicht gefordert, aber zur Erklärung):**  
Die Bedingung $|L| = |L^*|$ impliziert, dass $L^*$ endlich ist, da $L$ endlich ist. $L^*$ ist nur dann endlich, wenn $L \subseteq \{\varepsilon\}$. Da $L$ eine Menge ist, kommt $\varepsilon$ nur einmal vor, also ist $L = \{\varepsilon\}$ die einzige Sprache, die die Bedingung erfüllt (denn für $L = \emptyset$ gilt $|\emptyset| = 0 \neq 1 = |\{\varepsilon\}| = |\emptyset^*|$).  
- **Aussage 1:** $\{\varepsilon\}$ ist regulär, da endliche Sprachen regulär sind.  
- **Aussage 2:** $\varepsilon \in \{\varepsilon\}$.  
- **Aussage 3:** $|L| = |\{\varepsilon\}| = 1$ und $|LL| = |\{\varepsilon\} \cdot \{\varepsilon\}| = |\{\varepsilon\}| = 1$, also $|L| = |LL|$.  
Somit sind alle Aussagen wahr.

user:
## subproblem b (2.0 points)
Sei $L\subseteq\Sigma^*$ und $L':=\{w\in L : |w|^2\le 10|w|\}$. Welche Aussagen sind wahr?

<options>
<option id="1">$L'$ ist regulär</option>
<option id="2">$L'$ ist kontextfrei</option>
<option id="3">$L'$ ist deterministisch kontextfrei</option>
</options>

### answer format
Give your answer in the following format:

<option id="1">0 or 1</option>
<option id="2">0 or 1</option>
<option id="3">0 or 1</option>

assistant:<option id="1">1</option>
<option id="2">1</option>
<option id="3">1</option>

**Erklärung (nicht gefordert, aber zur Klarstellung):**  
Die Sprache \(L' = \{w \in L : |w|^2 \leq 10|w|\}\) ist äquivalent zu \(L' = \{w \in L : |w| \leq 10\}\), da die Ungleichung \(|w|^2 \leq 10|w|\) für \(|w| > 10\) verletzt ist und für \(|w| \leq 10\) gilt.  
- \(L'\) ist endlich (da nur Wörter der Länge \(\leq 10\) betrachtet werden, und \(\Sigma = \{a,b\}\) endlich ist).  
- **Aussage 1:** Endliche Sprachen sind regulär (da durch endliche Automaten erkennbar).  
- **Aussage 2:** Reguläre Sprachen sind kontextfrei (da die Klasse der regulären Sprachen in der Klasse der kontextfreien Sprachen enthalten ist).  
- **Aussage 3:** Reguläre Sprachen sind deterministisch kontextfrei (da jeder deterministische endliche Automat als deterministischer Kellerautomat ohne Stack-Operationen aufgefasst werden kann).  
Somit sind alle Aussagen wahr.

user:
## subproblem c (2.0 points)
Sei $L\subseteq\Sigma^*$ regulär und $k>0$. Welche der folgenden Sprachen sind regulär?

<options>
<option id="1">$\{w\in L: |w| \equiv 0\pmod k\}$</option>
<option id="2">$\{w_1...w_k: w_1,...,w_k\in L\}$</option>
<option id="3">$\{w^k: w\in L\}$</option>
</options>

### answer format
Give your answer in the following format:

<option id="1">0 or 1</option>
<option id="2">0 or 1</option>
<option id="3">0 or 1</option>

Wir betrachten jede Option separat. Da L regulär ist und k > 0 eine feste Konstante ist, können wir die Eigenschaften regulärer Sprachen nutzen.

**Option 1:** $\{w \in L : |w| \equiv 0 \pmod{k}\}$

Diese Sprache besteht aus allen Wörtern in L, deren Länge durch k teilbar ist. Da L regulär ist, können wir einen endlichen Automaten für L nehmen und diesen mit einem Automaten kombinieren, der die Länge modulo k überprüft. Die Menge der Wörter mit |w| ≡ 0 mod k ist regulär (da sie durch einen zyklischen Automaten mit k Zuständen erkennbar ist). Der Schnitt zweier regulärer Sprachen ist regulär. Also ist diese Sprache regulär. Daher ist die Aussage wahr.

**Option 2:** $\{w_1 \dots w_k : w_1, \dots, w_k \in L\}$

Dies ist die Sprache aller Wörter, die als Konkatenation von k Wörtern aus L geschrieben werden können. Beachte, dass jedes Wort in dieser Sprache die Form hat, wobei jedes w_i in L liegt. Dies ist genau die k-fache Konkatenation von L mit sich selbst, also L^k. Da reguläre Sprachen unter Konkatenation abgeschlossen sind (für festes k), ist L^k regulär. Denn L^k = L ∘ L ∘ ... ∘ L (k mal), und die Konkatenation ist assoziativ, und für reguläre Sprachen ist die Konkatenation regulär. Also ist diese Sprache regulär. Die Aussage ist wahr.

**Option 3:** $\{w^k : w \in L\}$

Hier ist w^k die k-fache Wiederholung des gleichen Wortes w. Das heißt, ein Wort v ist in dieser Sprache, wenn v = w^k für ein w ∈ L. Beachte, dass w hier fest ist und dann k-mal wiederholt wird. Dies ist nicht dasselbe wie die k-fache Konkatenation von L (bei der verschiedene Wörter verkettet werden). Zum Beispiel, wenn L = {a, b}, dann ist {w^k : w ∈ L} = {a^k, b^k}, während L^k alle Wörter der Länge k über {a,b} ist (bis auf die k-fache Konkatenation von Wörtern aus L, die auch Wörter wie ab enthalten kann, wenn k=2).

Ist {w^k : w ∈ L} regulär? Wir müssen zeigen, dass diese Sprache regulär ist, wenn L regulär ist. 

Betrachten wir einen endlichen Automaten für L. Die Sprache {w^k : w ∈ L} besteht aus Wörtern, die in k gleiche Teile zerlegt werden können, wobei jeder Teil in L liegt. Das Problem ist, dass wir nicht-deterministisch raten müssen, wo die Grenzen sind, aber da k fest ist, können wir einen Automaten konstruieren.

Allerdings: Nehmen wir an, L ist regulär. Dann ist die Sprache {w^k : w ∈ L} im Allgemeinen nicht regulär. Betrachten wir ein Gegenbeispiel. Sei L = {a^n b^n | n ≥ 0}. Diese Sprache ist nicht regulär (bekannt aus dem Pumping-Lemma). Aber hier ist L nicht regulär, und die Frage setzt voraus, dass L regulär ist. Wir brauchen ein Gegenbeispiel mit regulärem L.

Sei L = a^*, das ist regulär. Dann ist {w^k : w ∈ L} = {(a^m)^k | m ≥ 0} = {a^{m k} | m ≥ 0} = {a^n | n ist durch k teilbar}. Diese Sprache ist regulär, da sie durch einen Automaten mit k Zuständen erkennbar ist.

Aber ist das immer so? Nehmen wir ein anderes L. Sei L = {a, b}, endlich und regulär. Dann ist {w^k : w ∈ L} = {a^k, b^k}, was endlich und somit regulär ist.

Kann es sein, dass für jedes reguläre L diese Sprache regulär ist? Versuchen wir ein etwas komplexeres L. Sei L = (a+b)^*, regulär. Dann ist {w^k : w ∈ L} = {v | v = w^k für irgendein w ∈ (a+b)^*}. Aber w^k bedeutet, dass v aus k identischen Teilen besteht. Zum Beispiel für k=2: {ww | w ∈ (a+b)^*}. Diese Sprache ist nicht regulär (bekannt aus dem Pumping-Lemma). 

Ist das richtig? Ja, die Sprache {ww | w ∈ Σ^*} ist nicht regulär. Und hier ist L = (a+b)^*, das regulär ist, aber {w^k : w ∈ L} = {ww | w ∈ Σ^*} für k=2, was nicht regulär ist.

In der Option ist k>0 fest, aber nicht spezifiziert. Die Frage ist, ob die Sprache für jedes reguläre L und jedes feste k regulär ist. Das Gegenbeispiel zeigt, dass für L = Σ^* und k=2 die Sprache nicht regulär ist.

Daher ist die Aussage in Option 3 nicht immer wahr. Es gibt reguläres L (z.B. Σ^*), so dass {w^k : w ∈ L} nicht regulär ist.

Somit ist Option 3 falsch.

Zusammenfassung:
- Option 1: wahr
- Option 2: wahr
- Option 3: falsch

Also:
<option id="1">1</option>
<option id="2">1</option>
<option id="3">0</option>

<option id="1">1</option>
<option id="2">1</option>
<option id="3">0</option>

**Erklärung (nicht gefordert, aber zur Klarstellung):**  
- **Option 1:** $\{w \in L : |w| \equiv 0 \pmod{k}\}$ ist regulär. Da $L$ regulär ist und die Menge $\{w \in \Sigma^* : |w| \equiv 0 \pmod{k}\}$ regulär ist (erkennbar durch einen zyklischen endlichen Automaten mit $k$ Zuständen), ist der Schnitt zweier regulärer Sprachen regulär.  
- **Option 2:** $\{w_1 \dots w_k : w_1, \dots, w_k \in L\}$ ist identisch mit der $k$-fachen Konkatenation $L^k$. Da $L$ regulär ist und reguläre Sprachen unter endlicher Konkatenation (für festes $k$) abgeschlossen sind, ist $L^k$ regulär.  
- **Option 3:** $\{w^k : w \in L\}$ ist im Allgemeinen **nicht** regulär. Gegenbeispiel: Sei $L = \Sigma^*$ (regulär) und $k=2$. Dann ist $\{w^2 : w \in \Sigma^*\} = \{ww : w \in \Sigma^*\}$, was nicht regulär ist (nach dem Pumping-Lemma für reguläre Sprachen). Somit ist die Aussage falsch.

Sei $L\subseteq\Sigma^*$ regulär und $k>0$. Welche der folgenden Sprachen sind regulär?

Prompt

system:You are an AI assistant specializing in theoretical computer science. Your task is to answer a series of exam questions, providing accurate and well-reasoned responses that demonstrate a deep understanding of theoretical computer science concepts.

# Instructions

You must follow the given answer format.

If the exercises contains yes or no questions for you to answer, there will be one <option> element for each such question. You must answer these with either 0 or 1.

For longer answers, there will be <answer> elements. If the answer must follow a specific template, a corresponding <answer-template> element defines this template, and you MUST follow it precisely when providing your <answer>, as any deviations from the template will cause your answer to be invalid. A '?' symbol indicates a place for you to insert a short text, while a '???' symbol marks places for you to insert multi-line answers. To define the precise syntax to use, an <example> element may be provided. You MUST follow this syntax. However, note that the answers in the example may not be correct answers to the question.

Some questions relate to specific lecture material. In this case, the material will be provided in <context> elements for you to reference.

## Formatting
Always follow the format of the given exercise. If you are writing longer text, you can put text in *italics* or make it **bold**. Formulas should be given as LaTeX and enclosed properly, i.e. $...$ or \[...\].

user:# Exercise: Quiz: Reguläre und kontextfreie Sprachen

**Teilaufgaben (a-e):** Für diese Fragen ist eine Begründung nicht gefordert. Sie erhalten die Punkte auf eine Teilaufgabe genau dann, wenn Sie alle Antwortmöglichkeiten korrekt angekreuzt haben.
**Es ist immer mindestens eine Antwortmöglichkeit richtig.**
Jede Frage bringt 2P.

In dieser Aufgabe verwenden wir durchgehend das Alphabet $\Sigma:=\{a,b\}$.

## subproblem a (2.0 points)
Sei $L\subseteq\Sigma^*$ eine **endliche** Sprache mit $|L|=|L^*|$. Welche Aussagen sind wahr?

<options>
<option id="1">$L$ ist regulär</option>
<option id="2">$\varepsilon\in L$</option>
<option id="3">$|L|=|LL|$</option>
</options>

### answer format
Give your answer in the following format:

<option id="1">0 or 1</option>
<option id="2">0 or 1</option>
<option id="3">0 or 1</option>

assistant:<option id="1">1</option>
<option id="2">1</option>
<option id="3">1</option>

**Begründung (nicht gefordert, aber zur Erklärung):**  
Die Bedingung $|L| = |L^*|$ impliziert, dass $L^*$ endlich ist, da $L$ endlich ist. $L^*$ ist nur dann endlich, wenn $L \subseteq \{\varepsilon\}$. Da $L$ eine Menge ist, kommt $\varepsilon$ nur einmal vor, also ist $L = \{\varepsilon\}$ die einzige Sprache, die die Bedingung erfüllt (denn für $L = \emptyset$ gilt $|\emptyset| = 0 \neq 1 = |\{\varepsilon\}| = |\emptyset^*|$).  
- **Aussage 1:** $\{\varepsilon\}$ ist regulär, da endliche Sprachen regulär sind.  
- **Aussage 2:** $\varepsilon \in \{\varepsilon\}$.  
- **Aussage 3:** $|L| = |\{\varepsilon\}| = 1$ und $|LL| = |\{\varepsilon\} \cdot \{\varepsilon\}| = |\{\varepsilon\}| = 1$, also $|L| = |LL|$.  
Somit sind alle Aussagen wahr.

user:
## subproblem b (2.0 points)
Sei $L\subseteq\Sigma^*$ und $L':=\{w\in L : |w|^2\le 10|w|\}$. Welche Aussagen sind wahr?

<options>
<option id="1">$L'$ ist regulär</option>
<option id="2">$L'$ ist kontextfrei</option>
<option id="3">$L'$ ist deterministisch kontextfrei</option>
</options>

### answer format
Give your answer in the following format:

<option id="1">0 or 1</option>
<option id="2">0 or 1</option>
<option id="3">0 or 1</option>

assistant:<option id="1">1</option>
<option id="2">1</option>
<option id="3">1</option>

**Erklärung (nicht gefordert, aber zur Klarstellung):**  
Die Sprache \(L' = \{w \in L : |w|^2 \leq 10|w|\}\) ist äquivalent zu \(L' = \{w \in L : |w| \leq 10\}\), da die Ungleichung \(|w|^2 \leq 10|w|\) für \(|w| > 10\) verletzt ist und für \(|w| \leq 10\) gilt.  
- \(L'\) ist endlich (da nur Wörter der Länge \(\leq 10\) betrachtet werden, und \(\Sigma = \{a,b\}\) endlich ist).  
- **Aussage 1:** Endliche Sprachen sind regulär (da durch endliche Automaten erkennbar).  
- **Aussage 2:** Reguläre Sprachen sind kontextfrei (da die Klasse der regulären Sprachen in der Klasse der kontextfreien Sprachen enthalten ist).  
- **Aussage 3:** Reguläre Sprachen sind deterministisch kontextfrei (da jeder deterministische endliche Automat als deterministischer Kellerautomat ohne Stack-Operationen aufgefasst werden kann).  
Somit sind alle Aussagen wahr.

user:
## subproblem c (2.0 points)
Sei $L\subseteq\Sigma^*$ regulär und $k>0$. Welche der folgenden Sprachen sind regulär?

<options>
<option id="1">$\{w\in L: |w| \equiv 0\pmod k\}$</option>
<option id="2">$\{w_1...w_k: w_1,...,w_k\in L\}$</option>
<option id="3">$\{w^k: w\in L\}$</option>
</options>

### answer format
Give your answer in the following format:

<option id="1">0 or 1</option>
<option id="2">0 or 1</option>
<option id="3">0 or 1</option>

assistant:<option id="1">1</option>
<option id="2">1</option>
<option id="3">0</option>

**Erklärung (nicht gefordert, aber zur Klarstellung):**  
- **Option 1:** $\{w \in L : |w| \equiv 0 \pmod{k}\}$ ist regulär. Da $L$ regulär ist und die Menge $\{w \in \Sigma^* : |w| \equiv 0 \pmod{k}\}$ regulär ist (erkennbar durch einen zyklischen endlichen Automaten mit $k$ Zuständen), ist der Schnitt zweier regulärer Sprachen regulär.  
- **Option 2:** $\{w_1 \dots w_k : w_1, \dots, w_k \in L\}$ ist identisch mit der $k$-fachen Konkatenation $L^k$. Da $L$ regulär ist und reguläre Sprachen unter endlicher Konkatenation (für festes $k$) abgeschlossen sind, ist $L^k$ regulär.  
- **Option 3:** $\{w^k : w \in L\}$ ist im Allgemeinen **nicht** regulär. Gegenbeispiel: Sei $L = \Sigma^*$ (regulär) und $k=2$. Dann ist $\{w^2 : w \in \Sigma^*\} = \{ww : w \in \Sigma^*\}$, was nicht regulär ist (nach dem Pumping-Lemma für reguläre Sprachen). Somit ist die Aussage falsch.

user:
## subproblem d (2.0 points)
Sei $L\subseteq\Sigma^*$ kontextfrei. Welche der folgenden Sprachen sind kontextfrei?

*Hinweis:* $L^R:=\{x_k...x_1 : x_1...x_k\in L\wedge x_1,...,x_k\in\Sigma\wedge k\ge0\}$ ist die Spiegelung von $L$.

<options>
<option id="1">$\overline{L}$</option>
<option id="2">$L\cup L^R$</option>
<option id="3">$L\cap L^R$</option>
</options>

### answer format
Give your answer in the following format:

<option id="1">0 or 1</option>
<option id="2">0 or 1</option>
<option id="3">0 or 1</option>

Wir betrachten die drei Optionen für eine kontextfreie Sprache \( L \subseteq \Sigma^* \).

- **Option 1: \(\overline{L}\) (Komplement von \(L\))**  
  Kontextfreie Sprachen sind nicht unter Komplement abgeschlossen. Es gibt kontextfreie Sprachen, deren Komplement nicht kontextfrei ist. Ein bekanntes Beispiel ist die Sprache \(L = \{a^n b^n c^n \mid n \geq 0\}\), die nicht kontextfrei ist, aber wenn wir eine kontextfreie Sprache nehmen, deren Komplement nicht kontextfrei ist, z.B. die Sprache der korrekten Klammerausdrücke über zwei Klammerarten, deren Komplement nicht kontextfrei ist. Daher ist diese Aussage falsch.

- **Option 2: \(L \cup L^R\)**  
  Kontextfreie Sprachen sind unter Vereinigung abgeschlossen. Da \(L\) kontextfrei ist, ist auch \(L^R\) (die Spiegelung) kontextfrei (man kann die Produktionen einer CFG für \(L\) spiegeln, um eine CFG für \(L^R\) zu erhalten). Die Vereinigung zweier kontextfreier Sprachen ist wieder kontextfrei. Daher ist diese Aussage wahr.

- **Option 3: \(L \cap L^R\)**  
  Kontextfreie Sprachen sind nicht unter Schnitt abgeschlossen. Es gibt kontextfreie Sprachen, deren Schnitt nicht kontextfrei ist. Ein Beispiel: Sei \(L = \{a^n b^n c^m \mid n, m \geq 0\}\), die kontextfrei ist. Dann ist \(L^R = \{c^m b^n a^n \mid n, m \geq 0\}\). Der Schnitt \(L \cap L^R = \{a^n b^n c^m \mid n, m \geq 0\} \cap \{c^m b^n a^n \mid n, m \geq 0\}\) enthält Wörter, die sowohl in \(L\) als auch in \(L^R\) sind. Ein Wort, das in beiden Sprachen liegt, muss die Form \(a^n b^n c^m\) und gleichzeitig \(c^m b^n a^n\) haben, also muss es von der Form \(a^n b^n a^n\) sein (wenn \(m=n\)), aber das ist nicht möglich, da in der Mitte \(b^n\) und am Ende \(a^n\) steht, aber in \(L\) steht \(c^m\) am Ende. Tatsächlich:  
  Ein Wort \(w\) ist in \(L \cap L^R\) genau dann, wenn \(w \in L\) und \(w \in L^R\).  
  Wenn \(w \in L\), dann \(w = a^n b^n c^m\) für einige \(n,m\).  
  Wenn \(w \in L^R\), dann \(w = (c^m b^n a^n)^R = a^n b^n c^m\)? Nein, \(L^R = \{ (x_k \dots x_1) \mid x_1 \dots x_k \in L \}\).  
  Für ein Wort \(u = x_1 \dots x_k \in L\), dann ist \(u^R = x_k \dots x_1 \in L^R\).  
  Also, wenn \(L = \{a^n b^n c^m \mid n,m \geq 0\}\), dann ist \(L^R = \{ c^m b^n a^n \mid n,m \geq 0\}\).  
  Dann ist \(L \cap L^R = \{ a^n b^n c^m \mid n,m \geq 0\} \cap \{ c^m b^n a^n \mid n,m \geq 0\}\).  
  Ein Wort, das in beiden liegt, muss die Form \(a^n b^n c^m\) haben und gleichzeitig die Form \(c^{m'} b^{n'} a^{n'}\). Das geht nur, wenn \(n = n'\) und \(m = n'\) und \(n = m'\), also \(a^n b^n c^n\).  
  Also \(L \cap L^R = \{ a^n b^n c^n \mid n \geq 0 \}\), was nicht kontextfrei ist.  
  Daher ist der Schnitt im Allgemeinen nicht kontextfrei.

Zusammenfassung:
- Option 1: 0 (falsch)
- Option 2: 1 (wahr)
- Option 3: 0 (falsch)

Die Antworten sind also:
<option id="1">0</option>
<option id="2">1</option>
<option id="3">0</option>

<option id="1">0</option>
<option id="2">1</option>
<option id="3">0</option>

**Erklärung (nicht gefordert, aber zur Klarstellung):**  
- **Option 1 (\(\overline{L}\)):** Kontextfreie Sprachen sind **nicht** unter Komplement abgeschlossen. Es existieren kontextfreie Sprachen (z.B. \(L = \{a^nb^nc^n \mid n \geq 0\}\)), deren Komplement nicht kontextfrei ist.  
- **Option 2 (\(L \cup L^R\)):** Kontextfreie Sprachen sind unter Vereinigung abgeschlossen. Da \(L\) kontextfrei ist, ist auch \(L^R\) (Spiegelung) kontextfrei (durch Spiegelung der Produktionen in einer CFG). Die Vereinigung bleibt somit kontextfrei.  
- **Option 3 (\(L \cap L^R\)):** Kontextfreie Sprachen sind **nicht** unter Schnitt abgeschlossen. Gegenbeispiel: Für \(L = \{a^nb^nc^m \mid n, m \geq 0\}\) (kontextfrei) ist \(L^R = \{c^mb^na^n \mid n, m \geq 0\}\). Der Schnitt \(L \cap L^R = \{a^nb^nc^n \mid n \geq 0\}\) ist nicht kontextfrei.

Sei $L\subseteq\Sigma^*$ kontextfrei. Welche der folgenden Sprachen sind kontextfrei?

Hinweis: $L^R:=\{x_k...x_1 : x_1...x_k\in L\wedge x_1,...,x_k\in\Sigma\wedge k\ge0\}$ ist die Spiegelung von $L$.

Prompt

system:You are an AI assistant specializing in theoretical computer science. Your task is to answer a series of exam questions, providing accurate and well-reasoned responses that demonstrate a deep understanding of theoretical computer science concepts.

# Instructions

You must follow the given answer format.

If the exercises contains yes or no questions for you to answer, there will be one <option> element for each such question. You must answer these with either 0 or 1.

For longer answers, there will be <answer> elements. If the answer must follow a specific template, a corresponding <answer-template> element defines this template, and you MUST follow it precisely when providing your <answer>, as any deviations from the template will cause your answer to be invalid. A '?' symbol indicates a place for you to insert a short text, while a '???' symbol marks places for you to insert multi-line answers. To define the precise syntax to use, an <example> element may be provided. You MUST follow this syntax. However, note that the answers in the example may not be correct answers to the question.

Some questions relate to specific lecture material. In this case, the material will be provided in <context> elements for you to reference.

## Formatting
Always follow the format of the given exercise. If you are writing longer text, you can put text in *italics* or make it **bold**. Formulas should be given as LaTeX and enclosed properly, i.e. $...$ or \[...\].

user:# Exercise: Quiz: Reguläre und kontextfreie Sprachen

**Teilaufgaben (a-e):** Für diese Fragen ist eine Begründung nicht gefordert. Sie erhalten die Punkte auf eine Teilaufgabe genau dann, wenn Sie alle Antwortmöglichkeiten korrekt angekreuzt haben.
**Es ist immer mindestens eine Antwortmöglichkeit richtig.**
Jede Frage bringt 2P.

In dieser Aufgabe verwenden wir durchgehend das Alphabet $\Sigma:=\{a,b\}$.

## subproblem a (2.0 points)
Sei $L\subseteq\Sigma^*$ eine **endliche** Sprache mit $|L|=|L^*|$. Welche Aussagen sind wahr?

<options>
<option id="1">$L$ ist regulär</option>
<option id="2">$\varepsilon\in L$</option>
<option id="3">$|L|=|LL|$</option>
</options>

### answer format
Give your answer in the following format:

<option id="1">0 or 1</option>
<option id="2">0 or 1</option>
<option id="3">0 or 1</option>

assistant:<option id="1">1</option>
<option id="2">1</option>
<option id="3">1</option>

**Begründung (nicht gefordert, aber zur Erklärung):**  
Die Bedingung $|L| = |L^*|$ impliziert, dass $L^*$ endlich ist, da $L$ endlich ist. $L^*$ ist nur dann endlich, wenn $L \subseteq \{\varepsilon\}$. Da $L$ eine Menge ist, kommt $\varepsilon$ nur einmal vor, also ist $L = \{\varepsilon\}$ die einzige Sprache, die die Bedingung erfüllt (denn für $L = \emptyset$ gilt $|\emptyset| = 0 \neq 1 = |\{\varepsilon\}| = |\emptyset^*|$).  
- **Aussage 1:** $\{\varepsilon\}$ ist regulär, da endliche Sprachen regulär sind.  
- **Aussage 2:** $\varepsilon \in \{\varepsilon\}$.  
- **Aussage 3:** $|L| = |\{\varepsilon\}| = 1$ und $|LL| = |\{\varepsilon\} \cdot \{\varepsilon\}| = |\{\varepsilon\}| = 1$, also $|L| = |LL|$.  
Somit sind alle Aussagen wahr.

user:
## subproblem b (2.0 points)
Sei $L\subseteq\Sigma^*$ und $L':=\{w\in L : |w|^2\le 10|w|\}$. Welche Aussagen sind wahr?

<options>
<option id="1">$L'$ ist regulär</option>
<option id="2">$L'$ ist kontextfrei</option>
<option id="3">$L'$ ist deterministisch kontextfrei</option>
</options>

### answer format
Give your answer in the following format:

<option id="1">0 or 1</option>
<option id="2">0 or 1</option>
<option id="3">0 or 1</option>

assistant:<option id="1">1</option>
<option id="2">1</option>
<option id="3">1</option>

**Erklärung (nicht gefordert, aber zur Klarstellung):**  
Die Sprache \(L' = \{w \in L : |w|^2 \leq 10|w|\}\) ist äquivalent zu \(L' = \{w \in L : |w| \leq 10\}\), da die Ungleichung \(|w|^2 \leq 10|w|\) für \(|w| > 10\) verletzt ist und für \(|w| \leq 10\) gilt.  
- \(L'\) ist endlich (da nur Wörter der Länge \(\leq 10\) betrachtet werden, und \(\Sigma = \{a,b\}\) endlich ist).  
- **Aussage 1:** Endliche Sprachen sind regulär (da durch endliche Automaten erkennbar).  
- **Aussage 2:** Reguläre Sprachen sind kontextfrei (da die Klasse der regulären Sprachen in der Klasse der kontextfreien Sprachen enthalten ist).  
- **Aussage 3:** Reguläre Sprachen sind deterministisch kontextfrei (da jeder deterministische endliche Automat als deterministischer Kellerautomat ohne Stack-Operationen aufgefasst werden kann).  
Somit sind alle Aussagen wahr.

user:
## subproblem c (2.0 points)
Sei $L\subseteq\Sigma^*$ regulär und $k>0$. Welche der folgenden Sprachen sind regulär?

<options>
<option id="1">$\{w\in L: |w| \equiv 0\pmod k\}$</option>
<option id="2">$\{w_1...w_k: w_1,...,w_k\in L\}$</option>
<option id="3">$\{w^k: w\in L\}$</option>
</options>

### answer format
Give your answer in the following format:

<option id="1">0 or 1</option>
<option id="2">0 or 1</option>
<option id="3">0 or 1</option>

assistant:<option id="1">1</option>
<option id="2">1</option>
<option id="3">0</option>

**Erklärung (nicht gefordert, aber zur Klarstellung):**  
- **Option 1:** $\{w \in L : |w| \equiv 0 \pmod{k}\}$ ist regulär. Da $L$ regulär ist und die Menge $\{w \in \Sigma^* : |w| \equiv 0 \pmod{k}\}$ regulär ist (erkennbar durch einen zyklischen endlichen Automaten mit $k$ Zuständen), ist der Schnitt zweier regulärer Sprachen regulär.  
- **Option 2:** $\{w_1 \dots w_k : w_1, \dots, w_k \in L\}$ ist identisch mit der $k$-fachen Konkatenation $L^k$. Da $L$ regulär ist und reguläre Sprachen unter endlicher Konkatenation (für festes $k$) abgeschlossen sind, ist $L^k$ regulär.  
- **Option 3:** $\{w^k : w \in L\}$ ist im Allgemeinen **nicht** regulär. Gegenbeispiel: Sei $L = \Sigma^*$ (regulär) und $k=2$. Dann ist $\{w^2 : w \in \Sigma^*\} = \{ww : w \in \Sigma^*\}$, was nicht regulär ist (nach dem Pumping-Lemma für reguläre Sprachen). Somit ist die Aussage falsch.

user:
## subproblem d (2.0 points)
Sei $L\subseteq\Sigma^*$ kontextfrei. Welche der folgenden Sprachen sind kontextfrei?

*Hinweis:* $L^R:=\{x_k...x_1 : x_1...x_k\in L\wedge x_1,...,x_k\in\Sigma\wedge k\ge0\}$ ist die Spiegelung von $L$.

<options>
<option id="1">$\overline{L}$</option>
<option id="2">$L\cup L^R$</option>
<option id="3">$L\cap L^R$</option>
</options>

### answer format
Give your answer in the following format:

<option id="1">0 or 1</option>
<option id="2">0 or 1</option>
<option id="3">0 or 1</option>

assistant:<option id="1">0</option>
<option id="2">1</option>
<option id="3">0</option>

**Erklärung (nicht gefordert, aber zur Klarstellung):**  
- **Option 1 (\(\overline{L}\)):** Kontextfreie Sprachen sind **nicht** unter Komplement abgeschlossen. Es existieren kontextfreie Sprachen (z.B. \(L = \{a^nb^nc^n \mid n \geq 0\}\)), deren Komplement nicht kontextfrei ist.  
- **Option 2 (\(L \cup L^R\)):** Kontextfreie Sprachen sind unter Vereinigung abgeschlossen. Da \(L\) kontextfrei ist, ist auch \(L^R\) (Spiegelung) kontextfrei (durch Spiegelung der Produktionen in einer CFG). Die Vereinigung bleibt somit kontextfrei.  
- **Option 3 (\(L \cap L^R\)):** Kontextfreie Sprachen sind **nicht** unter Schnitt abgeschlossen. Gegenbeispiel: Für \(L = \{a^nb^nc^m \mid n, m \geq 0\}\) (kontextfrei) ist \(L^R = \{c^mb^na^n \mid n, m \geq 0\}\). Der Schnitt \(L \cap L^R = \{a^nb^nc^n \mid n \geq 0\}\) ist nicht kontextfrei.

user:
## subproblem e (2.0 points)
Sei $G$ die Grammatik mit Produktionen $S\rightarrow aT$, $T\rightarrow Sb$. Welche Aussagen sind wahr?

<options>
<option id="1">$G$ ist rechtslinear</option>
<option id="2">$G$ ist kontextfrei</option>
<option id="3">$L(G)$ ist regulär</option>
<option id="4">$L(G)$ ist kontextfrei</option>
</options>

### answer format
Give your answer in the following format:

<option id="1">0 or 1</option>
<option id="2">0 or 1</option>
<option id="3">0 or 1</option>
<option id="4">0 or 1</option>

Wir betrachten die Grammatik G mit den Produktionen:
- S → aT
- T → Sb

Zuerst analysieren wir die Sprache L(G), die von dieser Grammatik erzeugt wird.

Beginnen wir mit dem Startsymbol S:
- S erzeugt aT
- T erzeugt Sb, also S → aT → aSb

Das heißt, aus S können wir ableiten: S ⇒ aT ⇒ aSb

Wenn wir dies wiederholen, erhalten wir:
S ⇒ aT ⇒ aSb ⇒ aaTb ⇒ aaSbb ⇒ aaaTbb ⇒ aaaSbbb und so weiter.

Allgemein: S ⇒* a^n S b^n für n ≥ 0.

Aber um ein Wort ohne Nichtterminale zu erhalten, müssen wir die Ableitung beenden. Die Grammatik hat keine Regel, die S oder T in ein Terminal ableitet, außer durch die Kette.

Beachten wir: 
- S → aT
- T → Sb

Um ein Wort zu erhalten, müssen wir T durch Sb ersetzen, aber dann haben wir wieder S. Es gibt keine Regel, die S oder T direkt zu ε oder einem terminalen Wort ohne Nichtterminal ableitet.

Tatsächlich gibt es keine Produktion, die ein Nichtterminal eliminiert. Die einzigen Produktionen sind:
S → aT
T → Sb

Wenn wir also mit S beginnen:
S → aT → aSb → aaTb → aaSbb → ... 

Wir können unendlich ableiten, aber nie ein terminales Wort erhalten, weil immer ein Nichtterminal (S oder T) vorhanden ist.

Das bedeutet, dass L(G) = ∅? 

Aber schauen wir genau: 
- Um ein Wort zu erzeugen, muss eine Ableitung zu einem Terminalwort führen. 
- Hier gibt es keine Regel, die ein Nichtterminal in ε oder ein reines Terminalwort überführt. 

Zum Beispiel: 
- S → aT, und T muss ersetzt werden. T → Sb, also S → aT → aSb. 
- Jetzt haben wir aSb, also wieder S. 
- Wir können S wieder durch aT ersetzen: aSb ⇒ aaTb, dann T → Sb: aaTb ⇒ aaSbb, usw.

Es gibt keine Möglichkeit, das Nichtterminal loszuwerden. Daher ist die Sprache leer: L(G) = ∅.

Ist ∅ regulär? Ja, die leere Sprache ist regulär (wird z.B. durch einen DFA ohne Endzustände akzeptiert).

Nun zu den Aussagen:

**Option 1: G ist rechtslinear.**
Eine rechtslineare Grammatik hat Produktionen der Form A → wB oder A → w, wobei w ∈ Σ* und B ein Nichtterminal. 
Hier: 
- S → aT: das ist von der Form A → wB mit w=a, B=T → also erlaubt.
- T → Sb: hier ist T → Sb, was A → Bw ist (B=S, w=b). 
Rechtslinear erlaubt nur A → wB oder A → w, nicht A → Bw. 
Linkslineare Grammatiken erlauben A → Bw. 
Da T → Sb die Form A → Bw hat, ist G nicht rechtslinear. 
Also falsch.

**Option 2: G ist kontextfrei.**
Eine Grammatik ist kontextfrei, wenn alle Produktionen die Form A → α haben, wobei A ein Nichtterminal und α eine beliebige Satzform (Kette von Terminalen und Nonterminalen) ist. 
Hier: S → aT und T → Sb sind beide von der Form A → α, also ist G kontextfrei. 
Richtig.

**Option 3: L(G) ist regulär.**
Wie oben argumentiert, L(G) = ∅. Die leere Sprache ist regulär. 
Richtig.

**Option 4: L(G) ist kontextfrei.**
Die leere Sprache ist auch kontextfrei (da reguläre Sprachen kontextfrei sind). 
Richtig.

Also:
- Option 1: 0 (falsch, nicht rechtslinear)
- Option 2: 1 (wahr, kontextfrei)
- Option 3: 1 (wahr, regulär)
- Option 4: 1 (wahr, kontextfrei)

Aber ist L(G) wirklich leer? 
Vielleicht übersehe ich etwas. 
Gibt es eine Ableitung zu einem Terminalwort? 
Nein, wie beschrieben. 
Alternativ: die Grammatik hat nur zwei Produktionen, die immer ein Nichtterminal erzeugen. 
Keine Regel führt zu einem rein terminalen Wort. 
Also ja, L(G)=∅.

In der Definition: wenn es keine Möglichkeit gibt, ein terminales Wort zu erzeugen, ist die Sprache leer.

Somit:

<option id="1">0</option>
<option id="2">1</option>
<option id="3">1</option>
<option id="4">1</option>

<option id="1">0</option>
<option id="2">1</option>
<option id="3">1</option>
<option id="4">1</option>

**Erklärung (nicht gefordert, aber zur Klarstellung):**  
- **Option 1:** Die Grammatik ist nicht rechtslinear. Rechtslineare Grammatiken erlauben nur Produktionen der Form $A \to wB$ oder $A \to w$ mit $w \in \Sigma^*$. Hier ist $T \to Sb$ von der Form $A \to Bw$ (nichtterminal am Anfang), was nicht rechtslinear ist.  
- **Option 2:** Die Grammatik ist kontextfrei, da alle Produktionen ($S \to aT$, $T \to Sb$) die Form $A \to \alpha$ mit einem Nichtterminal $A$ haben.  
- **Option 3 und 4:** $L(G) = \emptyset$ (keine Ableitung führt zu einem terminalen Wort, da alle Produktionen ein Nichtterminal erzeugen). Die leere Sprache ist regulär (und damit auch kontextfrei).  

Somit sind die Optionen 2, 3 und 4 wahr.

Sei $G$ die Grammatik mit Produktionen $S\rightarrow aT$, $T\rightarrow Sb$. Welche Aussagen sind wahr?

Prompt

system:You are an AI assistant specializing in theoretical computer science. Your task is to answer a series of exam questions, providing accurate and well-reasoned responses that demonstrate a deep understanding of theoretical computer science concepts.

# Instructions

You must follow the given answer format.

If the exercises contains yes or no questions for you to answer, there will be one <option> element for each such question. You must answer these with either 0 or 1.

For longer answers, there will be <answer> elements. If the answer must follow a specific template, a corresponding <answer-template> element defines this template, and you MUST follow it precisely when providing your <answer>, as any deviations from the template will cause your answer to be invalid. A '?' symbol indicates a place for you to insert a short text, while a '???' symbol marks places for you to insert multi-line answers. To define the precise syntax to use, an <example> element may be provided. You MUST follow this syntax. However, note that the answers in the example may not be correct answers to the question.

Some questions relate to specific lecture material. In this case, the material will be provided in <context> elements for you to reference.

## Formatting
Always follow the format of the given exercise. If you are writing longer text, you can put text in *italics* or make it **bold**. Formulas should be given as LaTeX and enclosed properly, i.e. $...$ or \[...\].

user:# Exercise: Quiz: Reguläre und kontextfreie Sprachen

**Teilaufgaben (a-e):** Für diese Fragen ist eine Begründung nicht gefordert. Sie erhalten die Punkte auf eine Teilaufgabe genau dann, wenn Sie alle Antwortmöglichkeiten korrekt angekreuzt haben.
**Es ist immer mindestens eine Antwortmöglichkeit richtig.**
Jede Frage bringt 2P.

In dieser Aufgabe verwenden wir durchgehend das Alphabet $\Sigma:=\{a,b\}$.

## subproblem a (2.0 points)
Sei $L\subseteq\Sigma^*$ eine **endliche** Sprache mit $|L|=|L^*|$. Welche Aussagen sind wahr?

<options>
<option id="1">$L$ ist regulär</option>
<option id="2">$\varepsilon\in L$</option>
<option id="3">$|L|=|LL|$</option>
</options>

### answer format
Give your answer in the following format:

<option id="1">0 or 1</option>
<option id="2">0 or 1</option>
<option id="3">0 or 1</option>

assistant:<option id="1">1</option>
<option id="2">1</option>
<option id="3">1</option>

**Begründung (nicht gefordert, aber zur Erklärung):**  
Die Bedingung $|L| = |L^*|$ impliziert, dass $L^*$ endlich ist, da $L$ endlich ist. $L^*$ ist nur dann endlich, wenn $L \subseteq \{\varepsilon\}$. Da $L$ eine Menge ist, kommt $\varepsilon$ nur einmal vor, also ist $L = \{\varepsilon\}$ die einzige Sprache, die die Bedingung erfüllt (denn für $L = \emptyset$ gilt $|\emptyset| = 0 \neq 1 = |\{\varepsilon\}| = |\emptyset^*|$).  
- **Aussage 1:** $\{\varepsilon\}$ ist regulär, da endliche Sprachen regulär sind.  
- **Aussage 2:** $\varepsilon \in \{\varepsilon\}$.  
- **Aussage 3:** $|L| = |\{\varepsilon\}| = 1$ und $|LL| = |\{\varepsilon\} \cdot \{\varepsilon\}| = |\{\varepsilon\}| = 1$, also $|L| = |LL|$.  
Somit sind alle Aussagen wahr.

user:
## subproblem b (2.0 points)
Sei $L\subseteq\Sigma^*$ und $L':=\{w\in L : |w|^2\le 10|w|\}$. Welche Aussagen sind wahr?

<options>
<option id="1">$L'$ ist regulär</option>
<option id="2">$L'$ ist kontextfrei</option>
<option id="3">$L'$ ist deterministisch kontextfrei</option>
</options>

### answer format
Give your answer in the following format:

<option id="1">0 or 1</option>
<option id="2">0 or 1</option>
<option id="3">0 or 1</option>

assistant:<option id="1">1</option>
<option id="2">1</option>
<option id="3">1</option>

**Erklärung (nicht gefordert, aber zur Klarstellung):**  
Die Sprache \(L' = \{w \in L : |w|^2 \leq 10|w|\}\) ist äquivalent zu \(L' = \{w \in L : |w| \leq 10\}\), da die Ungleichung \(|w|^2 \leq 10|w|\) für \(|w| > 10\) verletzt ist und für \(|w| \leq 10\) gilt.  
- \(L'\) ist endlich (da nur Wörter der Länge \(\leq 10\) betrachtet werden, und \(\Sigma = \{a,b\}\) endlich ist).  
- **Aussage 1:** Endliche Sprachen sind regulär (da durch endliche Automaten erkennbar).  
- **Aussage 2:** Reguläre Sprachen sind kontextfrei (da die Klasse der regulären Sprachen in der Klasse der kontextfreien Sprachen enthalten ist).  
- **Aussage 3:** Reguläre Sprachen sind deterministisch kontextfrei (da jeder deterministische endliche Automat als deterministischer Kellerautomat ohne Stack-Operationen aufgefasst werden kann).  
Somit sind alle Aussagen wahr.

user:
## subproblem c (2.0 points)
Sei $L\subseteq\Sigma^*$ regulär und $k>0$. Welche der folgenden Sprachen sind regulär?

<options>
<option id="1">$\{w\in L: |w| \equiv 0\pmod k\}$</option>
<option id="2">$\{w_1...w_k: w_1,...,w_k\in L\}$</option>
<option id="3">$\{w^k: w\in L\}$</option>
</options>

### answer format
Give your answer in the following format:

<option id="1">0 or 1</option>
<option id="2">0 or 1</option>
<option id="3">0 or 1</option>

assistant:<option id="1">1</option>
<option id="2">1</option>
<option id="3">0</option>

**Erklärung (nicht gefordert, aber zur Klarstellung):**  
- **Option 1:** $\{w \in L : |w| \equiv 0 \pmod{k}\}$ ist regulär. Da $L$ regulär ist und die Menge $\{w \in \Sigma^* : |w| \equiv 0 \pmod{k}\}$ regulär ist (erkennbar durch einen zyklischen endlichen Automaten mit $k$ Zuständen), ist der Schnitt zweier regulärer Sprachen regulär.  
- **Option 2:** $\{w_1 \dots w_k : w_1, \dots, w_k \in L\}$ ist identisch mit der $k$-fachen Konkatenation $L^k$. Da $L$ regulär ist und reguläre Sprachen unter endlicher Konkatenation (für festes $k$) abgeschlossen sind, ist $L^k$ regulär.  
- **Option 3:** $\{w^k : w \in L\}$ ist im Allgemeinen **nicht** regulär. Gegenbeispiel: Sei $L = \Sigma^*$ (regulär) und $k=2$. Dann ist $\{w^2 : w \in \Sigma^*\} = \{ww : w \in \Sigma^*\}$, was nicht regulär ist (nach dem Pumping-Lemma für reguläre Sprachen). Somit ist die Aussage falsch.

user:
## subproblem d (2.0 points)
Sei $L\subseteq\Sigma^*$ kontextfrei. Welche der folgenden Sprachen sind kontextfrei?

*Hinweis:* $L^R:=\{x_k...x_1 : x_1...x_k\in L\wedge x_1,...,x_k\in\Sigma\wedge k\ge0\}$ ist die Spiegelung von $L$.

<options>
<option id="1">$\overline{L}$</option>
<option id="2">$L\cup L^R$</option>
<option id="3">$L\cap L^R$</option>
</options>

### answer format
Give your answer in the following format:

<option id="1">0 or 1</option>
<option id="2">0 or 1</option>
<option id="3">0 or 1</option>

assistant:<option id="1">0</option>
<option id="2">1</option>
<option id="3">0</option>

**Erklärung (nicht gefordert, aber zur Klarstellung):**  
- **Option 1 (\(\overline{L}\)):** Kontextfreie Sprachen sind **nicht** unter Komplement abgeschlossen. Es existieren kontextfreie Sprachen (z.B. \(L = \{a^nb^nc^n \mid n \geq 0\}\)), deren Komplement nicht kontextfrei ist.  
- **Option 2 (\(L \cup L^R\)):** Kontextfreie Sprachen sind unter Vereinigung abgeschlossen. Da \(L\) kontextfrei ist, ist auch \(L^R\) (Spiegelung) kontextfrei (durch Spiegelung der Produktionen in einer CFG). Die Vereinigung bleibt somit kontextfrei.  
- **Option 3 (\(L \cap L^R\)):** Kontextfreie Sprachen sind **nicht** unter Schnitt abgeschlossen. Gegenbeispiel: Für \(L = \{a^nb^nc^m \mid n, m \geq 0\}\) (kontextfrei) ist \(L^R = \{c^mb^na^n \mid n, m \geq 0\}\). Der Schnitt \(L \cap L^R = \{a^nb^nc^n \mid n \geq 0\}\) ist nicht kontextfrei.

user:
## subproblem e (2.0 points)
Sei $G$ die Grammatik mit Produktionen $S\rightarrow aT$, $T\rightarrow Sb$. Welche Aussagen sind wahr?

<options>
<option id="1">$G$ ist rechtslinear</option>
<option id="2">$G$ ist kontextfrei</option>
<option id="3">$L(G)$ ist regulär</option>
<option id="4">$L(G)$ ist kontextfrei</option>
</options>

### answer format
Give your answer in the following format:

<option id="1">0 or 1</option>
<option id="2">0 or 1</option>
<option id="3">0 or 1</option>
<option id="4">0 or 1</option>

assistant:<option id="1">0</option>
<option id="2">1</option>
<option id="3">1</option>
<option id="4">1</option>

**Erklärung (nicht gefordert, aber zur Klarstellung):**  
- **Option 1:** Die Grammatik ist nicht rechtslinear. Rechtslineare Grammatiken erlauben nur Produktionen der Form $A \to wB$ oder $A \to w$ mit $w \in \Sigma^*$. Hier ist $T \to Sb$ von der Form $A \to Bw$ (nichtterminal am Anfang), was nicht rechtslinear ist.  
- **Option 2:** Die Grammatik ist kontextfrei, da alle Produktionen ($S \to aT$, $T \to Sb$) die Form $A \to \alpha$ mit einem Nichtterminal $A$ haben.  
- **Option 3 und 4:** $L(G) = \emptyset$ (keine Ableitung führt zu einem terminalen Wort, da alle Produktionen ein Nichtterminal erzeugen). Die leere Sprache ist regulär (und damit auch kontextfrei).  

Somit sind die Optionen 2, 3 und 4 wahr.

user:
## subproblem f (3.0 points)
Seien $L_1,L_2,L_3\subseteq\{a,b\}^*$ Sprachen, sodass $L_1$ genau die Wörter gerader Länge enthält, $L_2$ genau die Wörter enthält, in denen auf jedes $a$ unmittelbar ein $b$ folgt, und $L_3:= L_1\cap L_2$. Es gilt etwa $\varepsilon,ab,babb\in L_3$ und $b,ba,aabb\notin L_3$. Geben Sie reguläre Ausdrücke $r_1,r_2,r_3$ an, sodass $L(r_i)=L_i$, für $i\in\{1,2,3\}$.

<answer-template id="1">
$r_1=?$
$r_2=?$
$r_3=?$
</answer-template>

### answer format
Give your answer in the following format:

<answer id="1">
...
</answer>

We are given three languages over the alphabet {a, b}:
- L1: contains all words of even length.
- L2: contains all words where every 'a' is immediately followed by a 'b'.
- L3: the intersection of L1 and L2.

We need to provide regular expressions r1, r2, r3 such that L(r_i) = L_i.

**Step 1: Regular expression for L1 (r1)**
- L1 consists of all words with even length. This includes the empty string (length 0, even).
- We can think of building such words by pairs of symbols. Each pair can be any two symbols from {a, b}.
- The regular expression can be written as: `((a|b)(a|b))*`
- This matches any string of even length: each `(a|b)` represents one symbol, and we have pairs repeated any number of times (including zero times for the empty string).

**Step 2: Regular expression for L2 (r2)**
- L2 requires that every 'a' must be immediately followed by a 'b'. This means that 'a' cannot occur at the end of the word, and also, consecutive a's are not allowed because an 'a' must be followed by a 'b'.
- Words in L2 can have any number of 'b's, but whenever there is an 'a', it must be followed by a 'b'. So, the building blocks are:
  - 'b' can appear alone.
  - 'a' must be part of "ab".
- Additionally, we can have sequences of "ab" and 'b's.
- Note that the word can end with a 'b' but not with an 'a'.
- We can break down the language: 
  - The word may consist of zero or more occurrences of the block "b" or "ab". But note that "ab" is a block and then we can have more blocks. However, we must allow single 'b's and the block "ab".
- Alternatively, we can think of the language as: any number of (b or ab) but note that if we have (b | ab)*, then:
  - Example: "ab" is matched by (ab), "b" by (b), "abb" can be (ab)(b) or (b)(b)(b)? Actually, (b | ab)* would match "abb" as (ab)(b) which is acceptable because after the 'a' (in ab) we have a 'b', and then a 'b' which is allowed.
- However, consider "a": not allowed, but (b|ab)* would not generate it because we require at least one b after a? Actually, the * can be zero times, so if we try to generate "a", we cannot because there is no production that allows a single 'a'. 
- Another example: "aa" is not allowed because the first 'a' must be followed by a 'b'. In (b|ab)*, we cannot generate "aa" because we would need two 'a's without a 'b' in between.
- But what about "abab": that would be (ab)(ab) which is allowed.
- Also, the empty string is allowed because * includes zero repetitions.
- However, note that we can also have words that are all b's: b* is included in (b|ab)* because we can choose b every time.
- But wait: (b|ab)* allows words that start with 'a'? Only if followed by 'b'. So yes, it satisfies the condition.

But is (b|ab)* correct? Let me test:
- "a" -> not matched (good).
- "aa" -> not matched (good).
- "ab" -> matched by (ab) (good).
- "aba" -> would be (ab)(a) -> but (a) is not allowed because the last part must be either b or ab. So "aba" is not matched? However, "aba" is not in L2 because the last 'a' is not followed by a 'b'. So it should be excluded. But in (b|ab)*, we cannot generate "aba" because after the first (ab), we have an 'a' which is not the start of a new block (since blocks are b or ab). So it is excluded, which is correct.

But what about "abab": (ab)(ab) -> good.

Another way: we can also write it as (b + ab)*.

But note: we can have a word that ends with a block of multiple b's? Yes, because we can have (b) repeated.

So r2 = (b | ab)*

However, sometimes it is written as (b + ab)* (using + for union).

But in the problem, we are to write regular expressions. We can use the pipe symbol for union.

But note: there is another common way: we can think of the language as: (b)* (ab b*)*? Actually, that might be more complicated. The simpler form is (b + ab)*.

But let me check the example words:
- ε: matched by zero repetitions -> good.
- ab: matched by (ab) -> good.
- babb: we can break as (b)(ab)(b) -> so (b) then (ab) then (b) -> good.

And non-words: 
- b: matched? Actually, b is in L2? The condition: every 'a' is followed by a 'b'. Since there is no 'a', it satisfies. So b should be in L2. But the problem says b ∉ L3? Wait, note L3 is L1 ∩ L2. The word "b" has length 1 (odd) so not in L1, hence not in L3. But for L2 alone, "b" should be in L2.

The problem says: "ε, ab, babb ∈ L3" and "b, ba, aabb ∉ L3". 
- "b" ∉ L3 because length 1 is odd (so not in L1) but it should be in L2? 
- Similarly, "ba": length 2 (even) so in L1? But condition for L2: the first symbol is 'b' (okay), then 'a'. The 'a' at the end is not followed by anything? So it violates the condition because every 'a' must be followed by a 'b'. So "ba" is not in L2, hence not in L3. 
- "aabb": length 4 (even) so in L1. Now for L2: the word is "aabb". The first 'a' is followed by 'a'? Wait: positions: 
  - index0: 'a' -> must be followed by 'b'? Next is index1: 'a' -> not 'b'. So violation. So not in L2.

So for L2, "b" is in L2, but the problem doesn't say anything about L2 alone. So our expression (b|ab)* should include "b".

But note: the expression (b|ab)* does include "b" (by choosing b once).

So r2 = (b|ab)*

**Step 3: Regular expression for L3 (r3)**
- L3 = L1 ∩ L2: words that are in both L1 and L2.
- So they must have even length and satisfy that every 'a' is immediately followed by a 'b'.
- We can build a regular expression by considering the structure.

Note: Since L1 and L2 are both regular (we have regular expressions for them), the intersection is also regular. But we need to write a regular expression for the intersection.

We can think of the words in L3 as having even length and being in L2.

In L2, the words are built from blocks: either a single 'b' or a pair "ab". But note that each block in L2 is either:
  - "b" (length 1) or 
  - "ab" (length 2).

But for L3, we require the entire word to have even length. So we must have an even number of blocks? Not exactly, because each "b" block has length 1 (odd) and each "ab" block has length 2 (even). 

To get even total length, the number of blocks of length 1 (i.e., the single b's) must be even? Because each such block contributes 1 (odd) and each "ab" block contributes 2 (even). The total length is the sum of the lengths of the blocks. 

Let n be the number of single b blocks and m the number of ab blocks. Then total length = n * 1 + m * 2. We require this to be even. 

n * 1 + m * 2 is even if and only if n is even (because m*2 is always even). 

So we need an even number of single b blocks. 

But note: the blocks are concatenated, and the order matters? The condition of L2 is satisfied regardless of the order because each block is valid. 

So we can think of the language as: any sequence of blocks, but the number of single b blocks must be even.

How to write a regular expression for that?

We can group the blocks. Note that we have two types of blocks: A = "ab" (length 2) and B = "b" (length 1). We want sequences where the total number of B's is even.

We can use a technique: we can have pairs of B's. 

So the expression can be: (A | BB)* 

But wait, that would force that every B comes in pairs? And A can be freely. 

But note: we can also have zero B's. 

Actually, we can write: (A* (B B) A*)* but that is more complicated.

A standard way is to use: (A + BB)* 

But then we can have: 
- Zero repetitions: ε -> length 0, even -> good.
- A: "ab" -> length 2, even -> good.
- BB: "bb" -> length 2, even -> good.
- A BB: "abbb" -> length 4 -> good.
- BB A: "bbab" -> length 4 -> good.
- A A: "abab" -> length 4 -> good.

But what about a single B? Not allowed because we require even number of B blocks. 

But what if we have a word that is just one B? Then it would not be generated, which is correct because length 1 is odd.

But what about three B's? That would be generated by (BB) and then (B) but wait, our expression (A+BB)* does not allow a single B. Three B's would require an odd number of B blocks. How to generate three B's? We cannot because (A+BB)* only produces even numbers of B blocks? Actually, each BB is two B blocks? No: BB is one block? No, wait: in our expression, BB is a block that is two b's? But in the block definition, we had two types: A = "ab", and B = "b". But in (A+BB), BB is two consecutive b's? But that is not a single block? 

I think I confused the blocks. 

Actually, the blocks are atomic: we have two types of atomic blocks: 
- Block type 1: "ab" (we call this A)
- Block type 2: "b" (we call this B)

Then a word is a sequence of these blocks. 

We want the total number of B blocks to be even. 

So we can write: 
- Let X be any block: but we want to control the parity of B blocks.

We can use: 
  S = (A* B A* B)* A*
This ensures that B occurs an even number of times: each time we see a B, we must see another B later (but not necessarily immediately). However, this is not correct because the B's might be separated by A's.

But note: the expression (A* B A* B)* A* means: 
  - Start with any number of A's, then a B, then any number of A's, then a B, and repeat that pattern any number of times, and then any number of A's.
This forces that the number of B's is even? Yes, because each repetition of (A* B A* B) adds two B's. Then at the end, we have only A's (no B). So total B's is even.

But is that the entire language? What about words that have zero B's? Then we have A* -> which is included because we can have zero repetitions of the (A* B A* B) part and then A*. 

But what about words that have two B's? For example: "babb" -> which is in L3. How do we break it? 
  - "babb": we have blocks: 
      - First: "b" (B block)
      - Then "ab" (A block)
      - Then "b" (B block)
  So the sequence is B, A, B. 
  In our expression: 
      (A* B A* B)* A* 
  We can break: 
      First: A* -> zero A's.
      Then: B -> matches the first B.
      Then: A* -> now we have an A block? But we have "ab" next. So we can take one A (i.e., "ab") for the A* after the first B? Then we have the next B? 
      So: after the first B, we have A* matching "ab", then B matching the last "b". Then the rest is nothing. 
      Then the entire (A* B A* B) is matched once? Then we have A* at the end: zero.
  So the word is matched by: (ε B (ab) B) ε -> but that is one repetition of (A* B A* B) and then A* (empty). 

But note: the expression (A* B A* B) requires two B's? And we have two B's. 

But what about the order? The expression forces that the two B's are separated by some A's. But in the word "babb", we have B, then A, then B. So yes.

But what if we have two consecutive B's? For example: "bb" -> two B blocks. 
  - We can break: (ε B ε B) -> so the inner A* is empty. 

And "abab": two A blocks -> that would be: A* at the beginning: two A's? But wait, we can also break: 
  - We can have zero repetitions of the main group, and then A* with two A's: "abab" = (ab)(ab) -> so A A.

But note: our expression ends with A*, so that matches any number of A's. 

But what if we have a word with four B's? For example: "b" "b" "b" "b" -> four B blocks. 
  - We can break: (ε B ε B) and then (ε B ε B) -> two repetitions. 

But what if the B's are interleaved? For example: B, A, B, A, B, A, B -> four B's and three A's. 
  - We can break: (A* B A* B) for the first two B's: 
        A*: empty, B, then A*: the first A? But after the first B, we have an A? Then we have a B? Then we have the next A? Then the next B? 
  Actually, we can break: 
        First group: (ε B (A) B) -> that uses the first B, then the A (one A block), then the next B. 
        Then we have: (A* B A* B) again: 
            After the second B, we have an A? Then we have a B? Then we have the next A? Then the next B? 
        But we have two more B's: we can do: ( (A) B (A) B ) 
        So total: (ε B (A) B) ( (A) B (A) B ) 
        Then A* at the end: but we have no more blocks? 
  But note: the second group starts with A*: we can take the A that comes after the second B? But that A is already used? 

Alternatively, we can break the entire sequence as: 
  (A* B A* B)* A* 
  For the sequence: B, A, B, A, B, A, B
  We can do: 
      First: A* -> empty
      Then: B -> first B
      Then: A* -> matches the first A? 
      Then: B -> second B? 
      Then: that completes the first (A* B A* B). 
      Then: next (A* B A* B): 
          A* -> matches the next A? 
          B -> third B
          A* -> matches the next A?
          B -> fourth B
      Then A* -> nothing left.

So it works.

But note: we can also have A blocks before the first B? And between B's? 

So the expression (A* B A* B)* A* does generate all words with an even number of B blocks and any number of A blocks.

Therefore, for L3, we can write: 
  r3 = ( (ab)* b (ab)* b )* (ab)* 
But wait, that is not exactly: because A is "ab", so A* is (ab)*. And B is "b". 

So: 
  r3 = ( (ab)* b (ab)* b )* (ab)* 

But we can simplify? Also, note that (ab)* is the same as ( (ab)* ). 

But let me test with the examples:

1. ε: 
   - ( (ab)* b (ab)* b )* -> zero repetitions, then (ab)* -> zero -> ε. Good.

2. ab: 
   - This is one A block. 
   - The expression: ( ... )* -> zero repetitions, then (ab)* -> (ab) -> matches. Good.

3. babb: 
   - We break: 
        First group: ( (ab)* b (ab)* b ) 
          - First (ab)*: empty -> ""
          - then b: "b"
          - then (ab)*: "ab"
          - then b: "b"
        So we have one repetition: "b" + "ab" + "b" = "babb"
        Then (ab)*: nothing. 
        So matches.

4. Another example: "bb" (two b's) 
   - First group: 
        (ab)*: empty -> ""
        b: "b"
        (ab)*: empty -> ""
        b: "b"
        -> "bb"
   - Then (ab)*: nothing -> good.

5. "abab": 
   - Zero repetitions of the main group, then (ab)*: (ab)(ab) -> "abab". Good.

6. "abbbab": 
   - This has blocks: 
        "ab", "b", "b", "ab" -> but wait, we have three B blocks? But we need even number. Actually, three B blocks -> odd -> should not be in L3? 
   - Length: |abbbab| = 6 (even). 
   - Now, check L2: 
        positions: 
          0: a -> followed by b (good)
          1: b -> no condition
          2: b -> no condition
          3: b -> no condition
          4: a -> followed by b? next is b -> good.
        So it is in L2. 
        But it has three B blocks? 
        Blocks: 
          - The first "ab" -> A block
          - then "b" -> B block
          - then "b" -> B block
          - then "ab" -> A block
        So two B blocks? Because the two single b's are two B blocks? 
        Actually, the word "abbbab" can be broken as: 
          "ab", "b", "b", "ab" -> so two B blocks? 
        Then it should be in L3. 
        Now, in our expression: 
          We can have: 
            First group: 
               (ab)*: "ab" -> then we have a B? But the next is "b", so we can take one B? Then we have (ab)*: but the next is "b", not "ab". So we take (ab)* as empty? Then we have b? Then we have the next B? 
            Actually, we have: 
               First group: 
                 (ab)*: "ab" -> but then we need to match the first b? But the expression has: after (ab)* we have a b? So we match the first b? Then we have (ab)*: now we have "bbab" left? We can take (ab)* as empty? Then we have the next b? -> but then we have matched two b's? Then we have "bab" left? 
            Alternatively, we can break the blocks differently? 

        Actually, the expression: 
          ( (ab)* b (ab)* b )* 
          We need to match two B blocks. 
          We can do: 
            First group: 
               (ab)*: "ab" 
               then b: matches the next 'b' (position2? but the word is "a b b b a b")
               Actually, the word is: index0: a, index1: b, index2: b, index3: b, index4: a, index5: b.
               After "ab" (indices0-1), we have the next symbol at index2: b -> so we match that as the first b in the group. 
               Then (ab)*: we look at the next: index3: b -> but we cannot form "ab" because we need an 'a'. So we take (ab)* as empty. 
               Then we need to match the next b: so we take the b at index3? 
               Then we have matched: "ab" (from the first (ab)*) + b (at index2) + nothing (for the next (ab)*) + b (at index3) -> so "ab" + "b" + "" + "b" = "abb" and then we have "bab" left? 
          That doesn't match the entire word.

        Alternatively, we can break the two B blocks as the second and fourth? 
          The word: 
            Block1: "ab" (indices0-1) -> A block
            Block2: "b" (index2) -> B block
            Block3: "b" (index3) -> B block
            Block4: "ab" (indices4-5) -> A block
          So we have two B blocks: at positions 2 and 3? 
          But note: the two B blocks are consecutive? 
          In the expression: 
            We can have one group: 
               (ab)*: block1 -> "ab"
               then b: block2 -> "b" (at index2)
               then (ab)*: now we have the rest: "b" (index3) and "ab" (indices4-5). But we cannot take the next b (index3) as part of (ab)*? Because (ab)* only matches "ab" sequences. 
          So we must take (ab)* as empty? Then we have to match the next b? But then we have matched the first group as: "ab" + "b" + "" + "b" -> "abbb"? Then we have "ab" left? 
          Then we have the outer *: we have one group. Then we have (ab)* at the end: which can match the last "ab". 
          So: 
            First group: (ab)* b (ab)* b -> matches "ab" (first (ab)*), then b (at index2), then (ab)* (empty), then b (at index3) -> so "ab" + "b" + "" + "b" = "abb" but wait, that's only three symbols? 
          Actually, we are matching indices0-3: "a b b b" -> no, indices0: a, index1: b (first ab), then index2: b (first b in group), then index3: b (second b in group) -> so we have matched "a b b b" = "abbb". Then the last "ab" is matched by the final (ab)*? 
          But the final (ab)* is after the main group. So the entire word is matched: 
            ( (ab)* b (ab)* b )* matches one group: "ab" (from the first (ab)*) + b (at index1? no, wait) -> let me reassign:

          Correction: 
            The word is: w = "abbbab" = a,b,b,b,a,b.

          We break:
            - The first (ab)* in the group: matches the first "ab" (a at0, b at1) -> so we have consumed indices0-1.
            - Then we match a 'b': that is the b at index2? -> so we consume index2.
            - Then the next (ab)*: we look at index3: b -> cannot start with a? so we take empty -> consumed nothing.
            - Then we match the next 'b': that is the b at index3? -> so we consume index3.
            So we have consumed indices0-3: "abbb". 
            Then the group ends. 
            Then we have the final (ab)*: which matches the last "ab" (indices4-5). 
            So total: "abbb" + "ab" = "abbbab". 

          So it matches.

        Therefore, the expression works.

But note: we can write it more cleanly? 

Alternatively, we can note that the entire language L3 is the same as the language of the regular expression: 
  ( (ab) + b b )* 
But wait: (ab) is A, and bb is two b's? But two b's would be two B blocks? But that is not a single block? 

Actually, if we use (ab | bb)*, then:
  - "ab": matches (ab)
  - "bb": matches (bb)
  - "abbb": can be (ab)(bb) -> "ab"+"bb" = "abbb" -> which is the same as our word above? 
  - But what about "babb"? 
        "babb": we cannot break as (bb) because we don't have two consecutive b's at the beginning? 
        We have: first symbol 'b', then 'a'? But 'a' is not allowed without a following b? But in the block, we have (ab) which starts with a? 
        So we cannot break "babb" as (bb) because the first two are "ba"? 

Actually, "babb" cannot be broken by (ab | bb)* because:
  - Start with 'b': then next is 'a'. We don't have a block that starts with 'b' and then 'a'? The blocks are either "ab" or "bb". 
  - So we cannot start with a single 'b'. 

Therefore, that expression does not work.

So we stick to the expression that uses the B blocks and A blocks: 
  r3 = ( (ab)* b (ab)* b )* (ab)* 

But note: we can factor out the (ab)* in the middle? Actually, we can write it as: 
  ( (ab)* (b (ab)* b) )* (ab)* 
But that is the same.

We can also write: ( (ab)* b )^2 * (ab)* )* but that is not standard.

Alternatively, we can use a simpler expression by noting that the condition of L2 forces that every occurrence of 'a' is followed by 'b', and the even length condition.

But I think the expression we have is acceptable.

Now, for r1 and r2, we have:

r1 = ((a|b)(a|b))*
But we can write it as: (aa|ab|ba|bb)* 
But that is equivalent. However, the standard is to write (a|b) for one symbol, and then ((a|b)(a|b))*.

But we can also write: (..) where . is any symbol? But in regex, we often use (a+b) for a|b? But in this context, we use | for union.

So:
r1 = ((a|b)(a|b))*

r2 = (b|ab)*

r3 = ( (ab)* b (ab)* b )* (ab)* 

But note: in r3, we must be cautious: the expression ( (ab)* b (ab)* b )* (ab)* might be simplified by removing the inner (ab)*? Because the inner (ab)* can be merged? Actually, no, because we need to allow any number of ab blocks between the b's.

But we can write: 
  r3 = ( (ab)* (b (ab)* b) )* (ab)* 
But that is the same.

Another common way: we can use: 
  r3 = ( (ab)* + (ab)* b b (ab)* )* 
But that is not correct because we need to have even number of b's? But note: each b block is a single b? And we need even number of them? 

Actually, we can write: 
  Let X = (ab)*   [any number of ab blocks]
  Let Y = b       [a single b block]
  Then the language is: X (Y X Y)* X 
But wait, that forces that the entire word is surrounded by X, and then we have pairs of Y separated by X? 
But that is exactly: 
  Start with X, then any number of (Y X Y), and then end with X? 
But note: (Y X Y) is a block that has a Y, then X, then Y. 

But we can have: 
  Example: "bb": 
      X: empty
      then (Y X Y): Y (b) then X (empty) then Y (b) -> "bb"
      then X: empty -> total "bb"
  "ab": 
      X: (ab) -> "ab", then zero repetitions of (Y X Y), then X: nothing -> "ab"
  "babb": 
      Start with X: empty? 
      Then (Y X Y): 
          Y: b -> "b"
          X: (ab) -> "ab"
          Y: b -> "b" -> so "bab" -> but we have "babb", so we need another Y? 
      Then we have the next (Y X Y)? But we have only one more b? 
      Alternatively, we can break: 
          X: empty
          Then (Y X Y): 
             Y: b -> "b"
             X: (ab) -> "ab"
             Y: b -> "b" -> "bab"
          Then we have one more b? But we cannot have a single Y? 

So that does not work.

Therefore, we stick to the first expression.

Now, we write the answer:

r1 = ((a|b)(a|b))*
r2 = (b|ab)*
r3 = ( (ab)* b (ab)* b )* (ab)* 

But note: we can write r1 more simply as (aa|ab|ba|bb)* but that is longer. The form with two (a|b) is standard.

Also, for r3, we might write without spaces.

So:

<answer id="1">
r1=((a|b)(a|b))*
r2=(b|ab)*
r3=((ab)*b(ab)*b)*(ab)*
</answer>

But note: in the expression for r3, the inner (ab)* might be ambiguous? We should use parentheses to group.

To avoid ambiguity, we write:

r3 = ( (ab)* b (ab)* b )* (ab)* 

But in the answer format, we write without extra spaces? The problem doesn't specify, but we can write without spaces.

Alternatively, we can write:

r3 = ((ab)*b(ab)*b)*(ab)*

This should be parsed as: 
  ( ( (ab)* b (ab)* b ) )* (ab)* 

But note: without parentheses, the * might apply only to the last b? So we must use parentheses to group the entire sequence that is repeated.

In regular expressions, we use parentheses for grouping. So:

  r3 = ( ( (ab)* b (ab)* b ) )* (ab)* 

But we can omit the innermost? Actually, we need to group the entire sequence that is repeated: the sequence is: (ab)* followed by b, followed by (ab)*, followed by b.

So: 
  r3 = ( ( (ab)* b (ab)* b ) )* (ab)* 

But we can write without the extra parentheses? 

In regex, the expression: (A B C D)* means repetition of the sequence A,B,C,D. So we write: ( (ab)* b (ab)* b )* (ab)* 

But in the string, we write: "((ab)*b(ab)*b)*(ab)*"

But note: the inner (ab)* is grouped? Yes.

So:

r1: "((a|b)(a|b))*"
r2: "(b|ab)*"
r3: "((ab)*b(ab)*b)*(ab)*"

But we can test with the example words.

For r3, the word "babb": 
  We break: 
    The entire expression: ((ab)*b(ab)*b)*(ab)*
    We try to match: 
        First, the part ((ab)*b(ab)*b): 
          (ab)*: matches nothing -> ""
          then b: matches the first 'b' -> "b"
          then (ab)*: matches "ab" -> "ab"
          then b: matches the next 'b' -> "b"
          so we have "b" + "ab" + "b" = "bab" -> but we have "babb", so we have one more b? 
        Then we have the final (ab)*: which must match the last b? But (ab)* doesn't match a single b. 
  So it doesn't match "babb".

Mistake! 

In the word "babb", we have blocks: 
  Block1: "b" (B block)
  Block2: "ab" (A block)
  Block3: "b" (B block)

So the sequence is: B, A, B.

In our expression: 
  We have one repetition of the group: 
      (ab)*: empty -> ""
      b: matches the first B -> "b"
      (ab)*: matches the next A block -> "ab"
      b: matches the next B block -> "b"
      So the group matches "b" + "ab" + "b" = "bab"
  Then we have the final (ab)*: which must match the rest? But the rest is empty? 
  But the word is "babb", so we have only consumed "bab", and the last b remains? 

But wait, the word is "babb", which has four symbols: 
  indices: 0: 'b', 1: 'a', 2: 'b', 3: 'b'

After matching the group "bab" (indices0-2: 'b','a','b'), we have index3: 'b' left. 
The final (ab)*: this can only match "ab", not a single 'b'. So it doesn't match.

But we need to match the entire word. 

What went wrong? 

In the group, we have: (ab)* b (ab)* b 
This group matches two B blocks and any number of A blocks in between? But in our case, we have two B blocks: the first and the third? And the second block is an A block? 

But the group matches: 
  - Some A blocks (at the beginning) 
  - then a B block
  - then some A blocks
  - then a B block

So it matches two B blocks with possible A blocks in between and after the first B? 

But in the word "babb", we have:
  - First B block: at index0
  - Then an A block: indices1-2: "ab"
  - Then a B block: index3: "b"

So the group should be: 
  (ab)*: empty (because we start with B)
  b: first B
  (ab)*: then we have "ab" (the A block)
  b: then the next B? But then we have matched two B blocks? 

But the group ends after the second B? So we have matched: 
  indices0: 'b' (first b)
  indices1-2: "ab" (from the (ab)*)
  index3: 'b' (the last b) -> but wait, the last b is matched by the last b in the group? 
  So we have matched indices0-3: "b" + "ab" + "b" = "babb"? 

But note: the (ab)* after the first b matches the "ab" at indices1-2. Then the last b is at index3. 

So the group matches "b" (index0) + "ab" (indices1-2) + "b" (index3) -> that's four symbols: "b"+"ab"+"b" = "bab" + "b" -> "babb". 

But wait, that is exactly the word. 

So in the expression: 
  The group is: (ab)* b (ab)* b 
  For "babb": 
      (ab)*: empty -> so far ""
      b: matches index0: 'b' -> "b"
      (ab)*: matches indices1-2: "ab" -> "b"+"ab" = "bab"
      b: matches index3: 'b' -> "babb"
  So the group matches the entire word? 
  Then the final (ab)*: nothing left -> matches.

So it works.

But in the expression, the group matches the entire word? Then we don't need the final (ab)*? But the final (ab)* is there for the case when there are A blocks at the end? 

In this case, we have no A blocks at the end, so it matches empty.

So the expression is correct.

Therefore, we write:

r1 = ((a|b)(a|b))*
r2 = (b|ab)*
r3 = ((ab)*b(ab)*b)*(ab)*

But note: in r3, the inner (ab)* might be misinterpreted? But with parentheses, it should be clear.

So the final answer.

<option id="1">1</option>
<option id="2">1</option>
<option id="3">0</option>

**Erklärung für Teil (d):**  
- **Option 1 (\(\overline{L}\)):** Kontextfreie Sprachen sind **nicht** unter Komplementbildung abgeschlossen. Ein Gegenbeispiel ist die Sprache \(L = \{a^nb^nc^n \mid n \geq 0\}\), die kontextfrei ist, aber ihr Komplement nicht kontextfrei ist.  
- **Option 2 (\(L \cup L^R\)):** Kontextfreie Sprachen sind unter Vereinigung abgeschlossen. Da \(L\) kontextfrei ist, ist auch \(L^R\) (Spiegelung) kontextfrei (durch Umkehrung der Produktionen in einer CFG). Die Vereinigung bleibt somit kontextfrei.  
- **Option 3 (\(L \cap L^R\)):** Kontextfreie Sprachen sind **nicht** unter Schnitt abgeschlossen. Ein Gegenbeispiel ist \(L = \{a^nb^nc^m \mid n, m \geq 0\}\) (kontextfrei), wobei \(L \cap L^R = \{a^nb^nc^n \mid n \geq 0\}\) nicht kontextfrei ist.  

---

<answer id="1">
$r_1=((a|b)(a|b))*$
$r_2=(b|ab)*$
$r_3=((ab)*b(ab)*b)*(ab)*$
</answer>

**Erklärung für Teil (f):**  
- **\(r_1\) für \(L_1\) (Wörter gerader Länge):**  
  Der reguläre Ausdruck \(((a|b)(a|b))^*\) beschreibt alle Wörter mit gerader Länge, da jedes Paar \((a|b)\) genau zwei Symbole repräsentiert und beliebig oft (inkl. null Mal) wiederholt wird.  
- **\(r_2\) für \(L_2\) (jedes \(a\) wird von \(b\) gefolgt):**  
  Der Ausdruck \((b|ab)^*\) erlaubt:  
  - Einzelne \(b\)'s (da kein \(a\) vorhanden ist).  
  - "\(ab\)"-Blöcke (jedes \(a\) ist gefolgt von \(b\)).  
  - Beliebige Kombinationen davon (z. B. \(\varepsilon\), \(ab\), \(babb\)).  
- **\(r_3\) für \(L_3 = L_1 \cap L_2\):**  
  Die Sprache kombiniert gerade Länge und die \(a\)-\(b\)-Bedingung. Wörter bestehen aus:  
  - **"\(ab\)"-Blöcken** (Länge 2, erfüllen \(L_2\)).  
  - **Einzelne \(b\)'s** (Länge 1, erfüllen \(L_2\)), aber deren Anzahl muss gerade sein, um die Gesamtlänge gerade zu halten.  
  Der Ausdruck \(((ab)^*b(ab)^*b)^*(ab)^*\):  
  - Jede Iteration \(((ab)^*b(ab)^*b)\) verbraucht zwei \(b\)-Blöcke (gerade Beitrag zur Länge).  
  - \((ab)^*\) am Anfang/Ende fügt beliebig viele "\(ab\)"-Blöcke hinzu (Länge immer gerade).  
  - Beispiele:  
    - \(\varepsilon\): Leere Iterationen, endet mit \((ab)^* = \varepsilon\).  
    - \(ab\): \((ab)^* = ab\), Rest leer.  
    - \(babb\): \((ab)^* = \varepsilon\), \(b\), \((ab)^* = ab\), \(b\) → "\(b \cdot ab \cdot b\)", dann \((ab)^* = \varepsilon\).  

Die Ausdrücke sind korrekt, da sie die angegebenen Beispiele (\(\varepsilon, ab, babb \in L_3\) und \(b, ba, aabb \notin L_3\)) abdecken.

Seien $L_1,L_2,L_3\subseteq\{a,b\}^*$ Sprachen, sodass $L_1$ genau die Wörter gerader Länge enthält, $L_2$ genau die Wörter enthält, in denen auf jedes $a$ unmittelbar ein $b$ folgt, und $L_3:= L_1\cap L_2$. Es gilt etwa $\varepsilon,ab,babb\in L_3$ und $b,ba,aabb\notin L_3$. Geben Sie reguläre Ausdrücke $r_1,r_2,r_3$ an, sodass $L(r_i)=L_i$, für $i\in\{1,2,3\}$.

$r_1=((a|b)(a|b))*$
$r_2=(b|ab)*$
$r_3=((ab)*b(ab)*b)*(ab)*$

Prompt

system:You are an AI assistant specializing in theoretical computer science. Your task is to answer a series of exam questions, providing accurate and well-reasoned responses that demonstrate a deep understanding of theoretical computer science concepts.

# Instructions

You must follow the given answer format.

If the exercises contains yes or no questions for you to answer, there will be one <option> element for each such question. You must answer these with either 0 or 1.

For longer answers, there will be <answer> elements. If the answer must follow a specific template, a corresponding <answer-template> element defines this template, and you MUST follow it precisely when providing your <answer>, as any deviations from the template will cause your answer to be invalid. A '?' symbol indicates a place for you to insert a short text, while a '???' symbol marks places for you to insert multi-line answers. To define the precise syntax to use, an <example> element may be provided. You MUST follow this syntax. However, note that the answers in the example may not be correct answers to the question.

Some questions relate to specific lecture material. In this case, the material will be provided in <context> elements for you to reference.

## Formatting
Always follow the format of the given exercise. If you are writing longer text, you can put text in *italics* or make it **bold**. Formulas should be given as LaTeX and enclosed properly, i.e. $...$ or \[...\].

user:# Exercise: Quiz: Reguläre und kontextfreie Sprachen

**Teilaufgaben (a-e):** Für diese Fragen ist eine Begründung nicht gefordert. Sie erhalten die Punkte auf eine Teilaufgabe genau dann, wenn Sie alle Antwortmöglichkeiten korrekt angekreuzt haben.
**Es ist immer mindestens eine Antwortmöglichkeit richtig.**
Jede Frage bringt 2P.

In dieser Aufgabe verwenden wir durchgehend das Alphabet $\Sigma:=\{a,b\}$.

## subproblem a (2.0 points)
Sei $L\subseteq\Sigma^*$ eine **endliche** Sprache mit $|L|=|L^*|$. Welche Aussagen sind wahr?

<options>
<option id="1">$L$ ist regulär</option>
<option id="2">$\varepsilon\in L$</option>
<option id="3">$|L|=|LL|$</option>
</options>

### answer format
Give your answer in the following format:

<option id="1">0 or 1</option>
<option id="2">0 or 1</option>
<option id="3">0 or 1</option>

assistant:<option id="1">1</option>
<option id="2">1</option>
<option id="3">1</option>

**Begründung (nicht gefordert, aber zur Erklärung):**  
Die Bedingung $|L| = |L^*|$ impliziert, dass $L^*$ endlich ist, da $L$ endlich ist. $L^*$ ist nur dann endlich, wenn $L \subseteq \{\varepsilon\}$. Da $L$ eine Menge ist, kommt $\varepsilon$ nur einmal vor, also ist $L = \{\varepsilon\}$ die einzige Sprache, die die Bedingung erfüllt (denn für $L = \emptyset$ gilt $|\emptyset| = 0 \neq 1 = |\{\varepsilon\}| = |\emptyset^*|$).  
- **Aussage 1:** $\{\varepsilon\}$ ist regulär, da endliche Sprachen regulär sind.  
- **Aussage 2:** $\varepsilon \in \{\varepsilon\}$.  
- **Aussage 3:** $|L| = |\{\varepsilon\}| = 1$ und $|LL| = |\{\varepsilon\} \cdot \{\varepsilon\}| = |\{\varepsilon\}| = 1$, also $|L| = |LL|$.  
Somit sind alle Aussagen wahr.

user:
## subproblem b (2.0 points)
Sei $L\subseteq\Sigma^*$ und $L':=\{w\in L : |w|^2\le 10|w|\}$. Welche Aussagen sind wahr?

<options>
<option id="1">$L'$ ist regulär</option>
<option id="2">$L'$ ist kontextfrei</option>
<option id="3">$L'$ ist deterministisch kontextfrei</option>
</options>

### answer format
Give your answer in the following format:

<option id="1">0 or 1</option>
<option id="2">0 or 1</option>
<option id="3">0 or 1</option>

assistant:<option id="1">1</option>
<option id="2">1</option>
<option id="3">1</option>

**Erklärung (nicht gefordert, aber zur Klarstellung):**  
Die Sprache \(L' = \{w \in L : |w|^2 \leq 10|w|\}\) ist äquivalent zu \(L' = \{w \in L : |w| \leq 10\}\), da die Ungleichung \(|w|^2 \leq 10|w|\) für \(|w| > 10\) verletzt ist und für \(|w| \leq 10\) gilt.  
- \(L'\) ist endlich (da nur Wörter der Länge \(\leq 10\) betrachtet werden, und \(\Sigma = \{a,b\}\) endlich ist).  
- **Aussage 1:** Endliche Sprachen sind regulär (da durch endliche Automaten erkennbar).  
- **Aussage 2:** Reguläre Sprachen sind kontextfrei (da die Klasse der regulären Sprachen in der Klasse der kontextfreien Sprachen enthalten ist).  
- **Aussage 3:** Reguläre Sprachen sind deterministisch kontextfrei (da jeder deterministische endliche Automat als deterministischer Kellerautomat ohne Stack-Operationen aufgefasst werden kann).  
Somit sind alle Aussagen wahr.

user:
## subproblem c (2.0 points)
Sei $L\subseteq\Sigma^*$ regulär und $k>0$. Welche der folgenden Sprachen sind regulär?

<options>
<option id="1">$\{w\in L: |w| \equiv 0\pmod k\}$</option>
<option id="2">$\{w_1...w_k: w_1,...,w_k\in L\}$</option>
<option id="3">$\{w^k: w\in L\}$</option>
</options>

### answer format
Give your answer in the following format:

<option id="1">0 or 1</option>
<option id="2">0 or 1</option>
<option id="3">0 or 1</option>

assistant:<option id="1">1</option>
<option id="2">1</option>
<option id="3">0</option>

**Erklärung (nicht gefordert, aber zur Klarstellung):**  
- **Option 1:** $\{w \in L : |w| \equiv 0 \pmod{k}\}$ ist regulär. Da $L$ regulär ist und die Menge $\{w \in \Sigma^* : |w| \equiv 0 \pmod{k}\}$ regulär ist (erkennbar durch einen zyklischen endlichen Automaten mit $k$ Zuständen), ist der Schnitt zweier regulärer Sprachen regulär.  
- **Option 2:** $\{w_1 \dots w_k : w_1, \dots, w_k \in L\}$ ist identisch mit der $k$-fachen Konkatenation $L^k$. Da $L$ regulär ist und reguläre Sprachen unter endlicher Konkatenation (für festes $k$) abgeschlossen sind, ist $L^k$ regulär.  
- **Option 3:** $\{w^k : w \in L\}$ ist im Allgemeinen **nicht** regulär. Gegenbeispiel: Sei $L = \Sigma^*$ (regulär) und $k=2$. Dann ist $\{w^2 : w \in \Sigma^*\} = \{ww : w \in \Sigma^*\}$, was nicht regulär ist (nach dem Pumping-Lemma für reguläre Sprachen). Somit ist die Aussage falsch.

user:
## subproblem d (2.0 points)
Sei $L\subseteq\Sigma^*$ kontextfrei. Welche der folgenden Sprachen sind kontextfrei?

*Hinweis:* $L^R:=\{x_k...x_1 : x_1...x_k\in L\wedge x_1,...,x_k\in\Sigma\wedge k\ge0\}$ ist die Spiegelung von $L$.

<options>
<option id="1">$\overline{L}$</option>
<option id="2">$L\cup L^R$</option>
<option id="3">$L\cap L^R$</option>
</options>

### answer format
Give your answer in the following format:

<option id="1">0 or 1</option>
<option id="2">0 or 1</option>
<option id="3">0 or 1</option>

assistant:<option id="1">0</option>
<option id="2">1</option>
<option id="3">0</option>

**Erklärung (nicht gefordert, aber zur Klarstellung):**  
- **Option 1 (\(\overline{L}\)):** Kontextfreie Sprachen sind **nicht** unter Komplement abgeschlossen. Es existieren kontextfreie Sprachen (z.B. \(L = \{a^nb^nc^n \mid n \geq 0\}\)), deren Komplement nicht kontextfrei ist.  
- **Option 2 (\(L \cup L^R\)):** Kontextfreie Sprachen sind unter Vereinigung abgeschlossen. Da \(L\) kontextfrei ist, ist auch \(L^R\) (Spiegelung) kontextfrei (durch Spiegelung der Produktionen in einer CFG). Die Vereinigung bleibt somit kontextfrei.  
- **Option 3 (\(L \cap L^R\)):** Kontextfreie Sprachen sind **nicht** unter Schnitt abgeschlossen. Gegenbeispiel: Für \(L = \{a^nb^nc^m \mid n, m \geq 0\}\) (kontextfrei) ist \(L^R = \{c^mb^na^n \mid n, m \geq 0\}\). Der Schnitt \(L \cap L^R = \{a^nb^nc^n \mid n \geq 0\}\) ist nicht kontextfrei.

user:
## subproblem e (2.0 points)
Sei $G$ die Grammatik mit Produktionen $S\rightarrow aT$, $T\rightarrow Sb$. Welche Aussagen sind wahr?

<options>
<option id="1">$G$ ist rechtslinear</option>
<option id="2">$G$ ist kontextfrei</option>
<option id="3">$L(G)$ ist regulär</option>
<option id="4">$L(G)$ ist kontextfrei</option>
</options>

### answer format
Give your answer in the following format:

<option id="1">0 or 1</option>
<option id="2">0 or 1</option>
<option id="3">0 or 1</option>
<option id="4">0 or 1</option>

assistant:<option id="1">0</option>
<option id="2">1</option>
<option id="3">1</option>
<option id="4">1</option>

**Erklärung (nicht gefordert, aber zur Klarstellung):**  
- **Option 1:** Die Grammatik ist nicht rechtslinear. Rechtslineare Grammatiken erlauben nur Produktionen der Form $A \to wB$ oder $A \to w$ mit $w \in \Sigma^*$. Hier ist $T \to Sb$ von der Form $A \to Bw$ (nichtterminal am Anfang), was nicht rechtslinear ist.  
- **Option 2:** Die Grammatik ist kontextfrei, da alle Produktionen ($S \to aT$, $T \to Sb$) die Form $A \to \alpha$ mit einem Nichtterminal $A$ haben.  
- **Option 3 und 4:** $L(G) = \emptyset$ (keine Ableitung führt zu einem terminalen Wort, da alle Produktionen ein Nichtterminal erzeugen). Die leere Sprache ist regulär (und damit auch kontextfrei).  

Somit sind die Optionen 2, 3 und 4 wahr.

user:
## subproblem f (3.0 points)
Seien $L_1,L_2,L_3\subseteq\{a,b\}^*$ Sprachen, sodass $L_1$ genau die Wörter gerader Länge enthält, $L_2$ genau die Wörter enthält, in denen auf jedes $a$ unmittelbar ein $b$ folgt, und $L_3:= L_1\cap L_2$. Es gilt etwa $\varepsilon,ab,babb\in L_3$ und $b,ba,aabb\notin L_3$. Geben Sie reguläre Ausdrücke $r_1,r_2,r_3$ an, sodass $L(r_i)=L_i$, für $i\in\{1,2,3\}$.

<answer-template id="1">
$r_1=?$
$r_2=?$
$r_3=?$
</answer-template>

### answer format
Give your answer in the following format:

<answer id="1">
...
</answer>

assistant:<option id="1">1</option>
<option id="2">1</option>
<option id="3">0</option>

**Erklärung für Teil (d):**  
- **Option 1 (\(\overline{L}\)):** Kontextfreie Sprachen sind **nicht** unter Komplementbildung abgeschlossen. Ein Gegenbeispiel ist die Sprache \(L = \{a^nb^nc^n \mid n \geq 0\}\), die kontextfrei ist, aber ihr Komplement nicht kontextfrei ist.  
- **Option 2 (\(L \cup L^R\)):** Kontextfreie Sprachen sind unter Vereinigung abgeschlossen. Da \(L\) kontextfrei ist, ist auch \(L^R\) (Spiegelung) kontextfrei (durch Umkehrung der Produktionen in einer CFG). Die Vereinigung bleibt somit kontextfrei.  
- **Option 3 (\(L \cap L^R\)):** Kontextfreie Sprachen sind **nicht** unter Schnitt abgeschlossen. Ein Gegenbeispiel ist \(L = \{a^nb^nc^m \mid n, m \geq 0\}\) (kontextfrei), wobei \(L \cap L^R = \{a^nb^nc^n \mid n \geq 0\}\) nicht kontextfrei ist.  

---

<answer id="1">
r1=((a|b)(a|b))*
r2=(b|ab)*
r3=((ab)*b(ab)*b)*(ab)*
</answer>

**Erklärung für Teil (f):**  
- **\(r_1\) für \(L_1\) (Wörter gerader Länge):**  
  Der reguläre Ausdruck \(((a|b)(a|b))^*\) beschreibt alle Wörter mit gerader Länge, da jedes Paar \((a|b)\) genau zwei Symbole repräsentiert und beliebig oft (inkl. null Mal) wiederholt wird.  
- **\(r_2\) für \(L_2\) (jedes \(a\) wird von \(b\) gefolgt):**  
  Der Ausdruck \((b|ab)^*\) erlaubt:  
  - Einzelne \(b\)'s (da kein \(a\) vorhanden ist).  
  - "\(ab\)"-Blöcke (jedes \(a\) ist gefolgt von \(b\)).  
  - Beliebige Kombinationen davon (z. B. \(\varepsilon\), \(ab\), \(babb\)).  
- **\(r_3\) für \(L_3 = L_1 \cap L_2\):**  
  Die Sprache kombiniert gerade Länge und die \(a\)-\(b\)-Bedingung. Wörter bestehen aus:  
  - **"\(ab\)"-Blöcken** (Länge 2, erfüllen \(L_2\)).  
  - **Einzelne \(b\)'s** (Länge 1, erfüllen \(L_2\)), aber deren Anzahl muss gerade sein, um die Gesamtlänge gerade zu halten.  
  Der Ausdruck \(((ab)^*b(ab)^*b)^*(ab)^*\):  
  - Jede Iteration \(((ab)^*b(ab)^*b)\) verbraucht zwei \(b\)-Blöcke (gerade Beitrag zur Länge).  
  - \((ab)^*\) am Anfang/Ende fügt beliebig viele "\(ab\)"-Blöcke hinzu (Länge immer gerade).  
  - Beispiele:  
    - \(\varepsilon\): Leere Iterationen, endet mit \((ab)^* = \varepsilon\).  
    - \(ab\): \((ab)^* = ab\), Rest leer.  
    - \(babb\): \((ab)^* = \varepsilon\), \(b\), \((ab)^* = ab\), \(b\) → "\(b \cdot ab \cdot b\)", dann \((ab)^* = \varepsilon\).  

Die Ausdrücke sind korrekt, da sie die angegebenen Beispiele (\(\varepsilon, ab, babb \in L_3\) und \(b, ba, aabb \notin L_3\)) abdecken.

user:
## subproblem g (3.0 points)
Sei $M$ der folgende DFA. Gibt es einen DFA $M'$, sodass $L(M)$ und $L(M')$ die gleichen Residualsprachen haben, aber nicht gleich sind; also $\{L(M)^w:w\in\Sigma^*\}=\{L(M')^w:w\in\Sigma^*\}$ und $L(M)\ne L(M')$?

Falls ja, geben Sie einen solchen DFA an; falls nein, begründen Sie Ihre Antwort kurz.

Zustände: 0, 1, 2
Startzustand: 0
Finalzustände: 2
Transitionen:
    0, a -> 1
    0, b -> 2
    1, a -> 0
    1, b -> 2
    2, a -> 0
    2, b -> 2


<options>
<option id="1">Wahr, DFA</option>
<option id="2">Falsch, Begründung</option>
</options>

### answer format
Give your answer in the following format:

<option id="1">0 or 1</option>
<option id="2">0 or 1</option>
<answer id="3">
...
</answer>

Wir betrachten den gegebenen DFA M mit Zuständen {0,1,2}, Startzustand 0, Finalzustand 2 und den Transitionen:

- δ(0,a)=1
- δ(0,b)=2
- δ(1,a)=0
- δ(1,b)=2
- δ(2,a)=0
- δ(2,b)=2

Zuerst bestimmen wir die Sprache L(M). Der Automat akzeptiert ein Wort, wenn er im Zustand 2 endet.

Beispiele:
- "b": 0 ->b 2 (akzeptiert)
- "a": 0 ->a 1 (nicht akzeptiert, da 1 nicht final)
- "ab": 0->a1->b2 (akzeptiert)
- "ba": 0->b2->a0 (nicht akzeptiert, Endzustand 0 nicht final)
- "bb": 0->b2->b2 (akzeptiert)

Wir sehen, dass Wörter, die mit 'b' enden, akzeptiert werden? Nicht ganz: "a" endet nicht mit b, wird nicht akzeptiert. "ab" endet mit b, wird akzeptiert. Aber "ba" endet mit a, wird nicht akzeptiert. Allerdings "bb" wird akzeptiert.

Tatsächlich: Der Zustand 2 ist der einzige Finalzustand. Wie kommt man nach 2?
- Direkt mit b von 0: also "b"
- Von 1 mit b: um nach 1 zu kommen, von 0 mit a: also "ab"
- Von 2 mit b: also wenn man bereits in 2 ist und ein b liest, bleibt man in 2. Also alle Wörter, die auf ...b enden? Aber "a" führt nach 1, dann b nach 2, also "ab" ist ok. "ba": von 0 mit b nach 2 (akzeptiert), dann a nach 0 (nicht final). Also "ba" wird nicht akzeptiert, obwohl es mit a endet? Nein, "ba" endet mit a, aber der Pfad ist: Start 0, b->2 (nach erstem Symbol in 2, final, aber das Wort ist noch nicht zu Ende), dann a: 2->a->0. Endzustand 0, nicht final. Also wird "ba" abgelehnt.

Tatsächlich: Der Automat akzeptiert ein Wort w genau dann, wenn der letzte Buchstabe von w ein 'b' ist? Probieren wir:
- "b": letzter Buchstabe b, akzeptiert.
- "ab": letzter Buchstabe b, akzeptiert.
- "bb": letzter Buchstabe b, akzeptiert.
- "a": letzter Buchstabe a, abgelehnt.
- "ba": letzter Buchstabe a, abgelehnt.
- "aa": 0->a1->a0, Endzustand 0, nicht final, abgelehnt.
- "aba": 0->a1->b2->a0, abgelehnt.
- "abb": 0->a1->b2->b2, akzeptiert.

Ja, es scheint, dass L(M) = {w | w endet mit b}. Also alle Wörter, deren letzter Buchstabe ein b ist.

Ist das korrekt? 
- "b": ja.
- "ab": ja.
- "bb": ja.
- "aab": 0->a1->a0->b? 0 mit b ->2, also nach "aab": Start 0, a->1, a->0, b->2. Akzeptiert. Letzter Buchstabe b.

Also ja, L(M) = {w in {a,b}* | w endet mit b}.

Nun ist die Frage: Gibt es einen anderen DFA M', so dass die Residualsprachen von L(M) und L(M') identisch sind, aber L(M) ≠ L(M').

Erinnerung: Die Residualsprache einer Sprache L bezüglich eines Wortes w ist L^w = {x | w x ∈ L}.

Für L(M) = {w | w endet mit b}:

Berechnen wir einige Residualsprachen:

- L^ε = L(M) selbst = {w | w endet mit b}.

- L^a: {x | a x ∈ L}. a x endet mit b genau dann, wenn x endet mit b. Also L^a = {x | x endet mit b} = L(M).

- L^b: {x | b x ∈ L}. b x endet mit b genau dann, wenn x endet mit b? Ja, denn das letzte Symbol von b x ist das letzte Symbol von x. Also L^b = {x | x endet mit b} = L(M).

- L^aa: {x | aa x ∈ L} = {x | aa x endet mit b} = {x | x endet mit b} = L(M).

Es scheint, dass für jedes w, L^w = L(M). Warum? Weil die Bedingung "endet mit b" nur vom letzten Symbol abhängt. Egal welches Präfix w man nimmt, die Residualsprache ist immer die Sprache aller Wörter, die mit b enden.

Also: Die Menge der Residualsprachen ist {L(M)}, eine einzige Residualsprache.

Nun soll es einen DFA M' geben, so dass die Residualsprachen von L(M') genau dieselbe Menge sind, also auch nur {L(M)} enthält, aber L(M') ≠ L(M).

Da die Residualsprachenmenge nur eine Sprache enthält, muss für jedes w, die Residualsprache L(M')^w = L(M).

Insbesondere für w=ε: L(M')^ε = L(M') = L(M)^ε = L(M).

Aber dann ist L(M') = L(M), also gleich. Das widerspricht der Forderung L(M) ≠ L(M').

Also kann es keinen solchen DFA geben.

Die Residualsprachenmenge ist eine Singleton-Menge {L(M)}. Für jede Sprache L', die dieselbe Residualsprachenmenge hat, muss gelten, dass L'^w für jedes w in dieser Menge liegt. Da die Menge nur L(M) enthält, muss L'^w = L(M) für alle w. Insbesondere für w=ε: L' = L(M).

Also ist die Antwort nein.

Die Frage ist: Haben wir wirklich nur eine Residualsprache?

Beispiel: L^ε = {x | x endet mit b}

L^a = {x | a x endet mit b} = {x | x endet mit b} = L^ε

L^b = {x | b x endet mit b} = {x | x endet mit b} = L^ε

L^{ab} = {x | ab x endet mit b} = {x | x endet mit b} = L^ε

Ja, alle Residualsprachen sind gleich.

Der gegebene DFA hat drei Zustände, aber sie sind nicht alle äquivalent bezüglich der Residualsprachen?

Im DFA: Die Zustände repräsentieren die Residualsprachen.

Zustand 0: Welche Wörter werden von 0 aus akzeptiert? 
- Von 0: akzeptiert, wenn Pfad zu 2. Mit "b" geht es direkt zu 2, also "b" wird akzeptiert. Mit "a" zu 1, dann von 1 aus: von 1 mit b zu 2, also "ab" wird akzeptiert, oder mit a zu 0, dann von 0 aus. Also die Sprache von 0 ist {w | w endet mit b}.

Zustand 1: Von 1 aus: 
- Mit b: zu 2, akzeptiert (da 2 final).
- Mit a: zu 0.
- Also: Ein Wort wird akzeptiert, wenn es mit b endet? 
  Beispiel: "b" von 1: δ(1,b)=2, akzeptiert.
  "a" von 1: δ(1,a)=0, dann von 0 aus muss es weitergehen. Um zu akzeptieren, muss der Pfad nach 2 führen. Also z.B. "a" führt zu 0, dann braucht man ein b. Also "ab" von 1: δ(1,a)=0, dann δ(0,b)=2, akzeptiert. Aber "ab" endet mit b. 
  Tatsächlich: Von Zustand 1 aus ist die akzeptierte Sprache ebenfalls {w | w endet mit b}. 

Zustand 2: Von 2 aus:
- Mit b: zu 2, akzeptiert.
- Mit a: zu 0.
- Beispiel: "b" akzeptiert, "a" führt zu 0, dann von 0 aus muss man mit b enden. Also ein Wort x wird akzeptiert, wenn es leer ist? Nein, Zustand 2 ist final, also ε wird akzeptiert. 
  "a": δ(2,a)=0, dann von 0 aus: um zu akzeptieren, muss das Wort mit b enden. Also "a" wird nicht akzeptiert (Endzustand 0 nicht final), aber "ab": δ(2,a)=0, δ(0,b)=2, akzeptiert. 
  Allgemein: Ein Wort w wird von 2 aus akzeptiert, wenn w in L(M) ist? 
  Von 2 aus: 
    - Wenn w=ε, Endzustand 2, akzeptiert.
    - Wenn w=b, δ(2,b)=2, akzeptiert.
    - w=a: δ(2,a)=0, Endzustand 0, nicht akzeptiert.
    - w=bb: δ(2,b)=2, δ(2,b)=2, akzeptiert.
    - w=ab: δ(2,a)=0, δ(0,b)=2, akzeptiert.
  Also die Sprache von Zustand 2 ist {w | w endet mit b}? 
  Aber ε endet nicht mit b, wird aber akzeptiert! 

Fehler: ε hat kein letztes Symbol. In unserer Sprache L(M) ist ε nicht enthalten, denn ε endet nicht mit b. Aber von Zustand 2 aus wird ε akzeptiert, da 2 final ist.

Also die Sprache von Zustand 2 ist {w | w endet mit b oder w=ε}? 
- ε wird akzeptiert.
- "b" endet mit b, akzeptiert.
- "a" nicht akzeptiert.
- "ab" endet mit b, akzeptiert.
- "ba": δ(2,b)=2, δ(2,a)=0, nicht akzeptiert.

Aber "ba" endet mit a, nicht akzeptiert. 
ε wird akzeptiert, aber ε endet nicht mit b. 

Also die Sprache von Zustand 2 ist {ε} ∪ {w | w endet mit b}? 
Aber {w | w endet mit b} enthält Wörter wie "b", "ab", etc., aber nicht ε.

Also L(2) = {ε} ∪ {w in {a,b}+ | w endet mit b}.

Das ist anders als L(0) und L(1). 

L(0) = {w | w endet mit b} (ohne ε, da von 0 aus ε nicht akzeptiert wird, weil Zustand 0 nicht final). 
L(1) = {w | w endet mit b} (ohne ε, Zustand 1 nicht final). 
L(2) = {ε} ∪ {w | w endet mit b}.

Also haben wir drei verschiedene Residualsprachen? 
Aber oben haben wir berechnet, dass alle Residualsprachen gleich L(M) sein sollten. Da muss ein Fehler sein.

L(M) selbst ist die Sprache von Startzustand 0: L(0) = {w | w endet mit b}, ohne ε.

Nun die Residualsprache L^w für ein Wort w. 
Zum Beispiel L^ε = L(0) = {x | x endet mit b}.

L^a = {x | a x ∈ L(0)}. a x ∈ L(0) bedeutet, dass a x mit b endet, also x mit b endet. Also L^a = {x | x endet mit b} = L(0).

L^b = {x | b x ∈ L(0)}. b x endet mit b genau dann, wenn x endet mit b? Ja, denn das letzte Symbol ist das letzte von x. Also L^b = {x | x endet mit b} = L(0).

L^{ε} = L(0) = {x | x endet mit b} (ohne ε).

Aber von Zustand 2 aus ist die Sprache L(2) = {ε} ∪ {x | x endet mit b}. Das ist verschieden von L(0).

Warum? Weil der Automat nicht minimal ist. 

Tatsächlich: Die Zustände 0 und 1 und 2 sind nicht äquivalent. 
- Zustand 2 ist final, 0 und 1 nicht. 
- Aber auch: Von 2 aus wird ε akzeptiert, von 0 und 1 nicht.

Die Residualsprache für ein Wort w ist die Sprache, die vom Zustand nach w aus akzeptiert wird. 
Wenn ich ein Wort w lese, das mich zu Zustand q bringt, dann ist L^w = L(q).

In diesem DFA:
- Wenn ich w lese, das zu 0 führt, dann L^w = L(0) = {x | x endet mit b} (ohne ε).
- Zu 1: L(1) = {x | x endet mit b} (ohne ε), also gleich L(0).
- Zu 2: L(2) = {ε} ∪ {x | x endet mit b}.

Sind L(0) und L(1) gleich? Ja, wie oben berechnet. 
L(0) und L(2) sind verschieden, weil ε in L(2) ist, aber nicht in L(0).

Also haben wir zwei verschiedene Residualsprachen: 
- R1 = {x | x endet mit b} (ohne ε) 
- R2 = {ε} ∪ {x | x endet mit b}

Die Menge der Residualsprachen ist {R1, R2}.

Zum Beispiel: 
- L^ε = L(0) = R1
- Wenn ich ein Wort lese, das zu 2 führt, z.B. w="b": dann L^b = L(2) = R2.
- w="a": führt zu 1, L^a = L(1) = R1.
- w="bb": δ(0,b)=2, δ(2,b)=2, also Endzustand 2, also L^{bb} = L(2) = R2.
- w="ab": δ(0,a)=1, δ(1,b)=2, also zu 2, L^{ab}=L(2)=R2.

Also Residualsprachen: R1 und R2.

Nun die Frage: Gibt es eine andere Sprache L', die dieselben Residualsprachen hat, aber nicht gleich L(M).

Die Residualsprachenmenge ist S = {R1, R2}.

L' muss Residualsprachen haben, die genau S sind.

Insbesondere muss L' selbst eine Residualsprache sein, also L' ∈ S. Also L' = R1 oder L' = R2.

Aber L(M) = L(0) = R1.

Falls L' = R2, dann ist L' ≠ L(M).

Prüfen wir, ob die Residualsprachen von L' = R2 dieselbe Menge S sind.

R2 = {ε} ∪ {x | x endet mit b}.

Berechnen wir Residualsprachen für R2.

- (R2)^ε = R2 selbst.

- (R2)^a = {x | a x ∈ R2}. a x ∈ R2 bedeutet: entweder a x = ε (unmöglich) oder a x endet mit b. a x endet mit b genau dann, wenn x endet mit b. Also (R2)^a = {x | x endet mit b} = R1.

- (R2)^b = {x | b x ∈ R2}. b x ∈ R2: wenn b x = ε (unmöglich) oder b x endet mit b. b x endet mit b genau dann, wenn x endet mit b. Also (R2)^b = R1.

- (R2)^{aa} = {x | aa x ∈ R2} = {x | aa x endet mit b} = {x | x endet mit b} = R1.

- (R2)^{ε} = R2
- (R2)^b = R1, wie oben.

Was ist (R2)^{bb}? {x | bb x ∈ R2} = {x | bb x endet mit b} = {x | x endet mit b} = R1.

Und (R2)^ε = R2.

Gibt es eine Residualsprache, die gleich R2 ist? Ja, (R2)^ε = R2.

Und (R2)^w für andere w? Zum Beispiel w="a": (R2)^a = R1.

Kann ich eine Residualsprache erhalten, die R2 ist, außer für w=ε? 
Angenommen, ich will (R2)^w = R2. 
Das bedeutet: {x | w x ∈ R2} = R2.

Insbesondere: w x ∈ R2 für x=ε: also w ∈ R2.
Und für x=b: w b ∈ R2.

Aber R2 enthält ε und alle Wörter, die mit b enden.

Zum Beispiel: Sei w=ε, dann (R2)^ε = R2.

Sei w="b": dann (R2)^b = R1 ≠ R2.

Sei w="bb": (R2)^{bb} = {x | bb x ∈ R2} = {x | bb x endet mit b} = {x | x endet mit b} = R1.

Sei w="a": (R2)^a = R1.

Sei w="ab": (R2)^{ab} = {x | ab x ∈ R2} = {x | ab x endet mit b} = {x | x endet mit b} = R1.

Sei w=ε: R2.

Sei w="aab": (R2)^{aab} = {x | aab x ∈ R2} = {x | aab x endet mit b} = {x | x endet mit b} = R1.

Es scheint, dass für w≠ε, (R2)^w = R1.

Also die Residualsprachen von R2 sind {R1, R2}.

Genau wie bei L(M) = R1.

Für L(M)=R1: Residualsprachen sind {R1, R2}, wie oben gesehen.

Für L'=R2: Residualsprachen sind auch {R1, R2}.

Und L' = R2 ≠ R1 = L(M).

Also gibt es einen solchen DFA M', der R2 akzeptiert.

Was ist R2? R2 = {ε} ∪ {w | w endet mit b}.

Ein DFA für R2: 
- Zustände: ähnlich, aber mit einem zusätzlichen Zustand? 
Oder modifizieren wir den gegebenen.

Der gegebene DFA für L(M)=R1 hat Startzustand 0 nicht final. Für R2 brauchen wir, dass ε akzeptiert wird, also Startzustand final.

Im gegebenen DFA: Wenn wir Zustand 0 als final setzen? Aber dann akzeptiert er auch andere Wörter.

Aktuell: Zustand 0 nicht final, Zustand 2 final.

Für R2: Wir brauchen einen DFA, der ε akzeptiert und alle Wörter, die mit b enden.

Das ist genau die Sprache, die von Zustand 2 aus im ursprünglichen Automaten akzeptiert wird. Aber für einen neuen Automaten M' können wir einen DFA bauen, der R2 akzeptiert.

Zum Beispiel: 
- Zustände: 0,1,2 wie bisher, aber Startzustand 2? 
Aber der Startzustand muss fest sein.

Einfach: Nimm denselben Automaten, aber mache den Startzustand final? 
Aber dann: Wenn Startzustand 0 final ist, dann wird ε akzeptiert, und auch alle Wörter, die zu 0 führen? 
Aber von 0 aus wird "b" akzeptiert (geht zu 2, final), aber auch ε (wenn 0 final). 
Aber ein Wort, das zu 1 führt, z.B. "a", Endzustand 1 nicht final, nicht akzeptiert. 
Ein Wort, das zu 2 führt, z.B. "b", akzeptiert. 
Aber die Sprache wäre {ε} ∪ {w | w endet mit b}? 
- ε: akzeptiert (Startzustand final).
- "a": Endzustand 1, nicht akzeptiert.
- "b": Endzustand 2, akzeptiert.
- "ab": Endzustand 2, akzeptiert.
- "ba": Endzustand 0? δ(0,b)=2, δ(2,a)=0, Endzustand 0. Wenn 0 final ist, dann wird "ba" akzeptiert. Aber "ba" endet mit a, sollte nicht in R2 sein. 

Problem: Wenn wir Zustand 0 final machen, dann wird jedes Wort, das in 0 endet, akzeptiert. Aber "ba" endet in 0, und "ba" endet mit a, sollte nicht akzeptiert werden.

Also nicht korrekt.

Ein minimaler DFA für R2: 
- Zustände: 
  - q0: Start, final (für ε)
  - q1: nach gelesenem a, nicht final
  - q2: nach gelesenem b, final (da endet mit b)

Transitionen:
- Von q0: a -> q1, b -> q2
- Von q1: a -> ? Wenn a gelesen, dann letztes Symbol a, also nicht final. Wenn noch ein a, dann letztes a, also zu q1? Oder zu einem neuen Zustand?
Eigentlich: Die Sprache hängt nur vom letzten Symbol ab. 
- Wenn letztes Symbol a, dann nicht final (außer wenn leer, aber leer ist extra).
Wir brauchen einen Zustand für "leer", einen für "endet mit a", einen für "endet mit b".

Aber "leer" ist nur beim Start.

DFA:
- Zustände: 
  - q_ε: Startzustand, final (für ε)
  - q_a: endet mit a, nicht final
  - q_b: endet mit b, final

Transitionen:
- Von q_ε: a -> q_a, b -> q_b
- Von q_a: a -> q_a, b -> q_b
- Von q_b: a -> q_a, b -> q_b

Dann akzeptiert er: 
- ε: q_ε, final, akzeptiert.
- "a": q_ε ->a q_a, nicht final, nicht akzeptiert.
- "b": q_ε ->b q_b, final, akzeptiert.
- "ab": q_ε->a q_a->b q_b, final, akzeptiert.
- "ba": q_ε->b q_b->a q_a, nicht final, nicht akzeptiert.
- "bb": q_ε->b q_b->b q_b, final, akzeptiert.

Perfekt, R2.

Dieser DFA hat drei Zustände, ähnlich wie der ursprüngliche.

Die Residualsprachen von M' (diesem DFA) sind:
- Von q_ε: Sprache R2
- Von q_a: {x | endet mit b} = R1 (denn von q_a aus: letztes Symbol war a, aber das Wort muss mit b enden, um akzeptiert zu werden. Also {x | x endet mit b} = R1)
- Von q_b: {x | endet mit b oder x=ε}? Nein: von q_b aus, final, also ε wird akzeptiert, und dann: a->q_a, b->q_b. Also die Sprache ist {ε} ∪ {x | x endet mit b} = R2? 
Aber: Ein Wort w von q_b aus: 
  - w=ε: akzeptiert.
  - w=a: zu q_a, nicht akzeptiert.
  - w=b: zu q_b, akzeptiert.
  - w=ab: q_b->a q_a->b q_b, akzeptiert.
Also ja, L(q_b) = R2.

Aber in der Menge der Residualsprachen: 
- L'^ε = L(q_ε) = R2
- L'^a = L(q_a) = {x | x endet mit b} = R1
- L'^b = L(q_b) = R2
- L'^{aa} = L(q_a) nach erstem a, dann noch a: von q_ε a->q_a, dann a->q_a, also L'^{aa} = L(q_a) = R1

Also Residualsprachen: R1 und R2, genau wie bei M.

Und L(M') = R2 ≠ R1 = L(M).

Also Antwort: ja.

Wir können M' angeben, z.B. den oben beschriebenen DFA.

In der Antwort müssen wir angeben, ob es wahr ist und dann den DFA angeben.

Die Optionen sind:
<option id="1">Wahr, DFA</option>
<option id="2">Falsch, Begründung</option>

Wir wählen Option 1.

Und dann im <answer> den DFA beschreiben.

Der DFA M' hat:
- Zustände: q_ε, q_a, q_b
- Start: q_ε
- Final: q_ε und q_b
- Transitionen:
    q_ε, a -> q_a
    q_ε, b -> q_b
    q_a, a -> q_a
    q_a, b -> q_b
    q_b, a -> q_a
    q_b, b -> q_b

Oder wir können die Zustände umbenennen, aber das ist klar.

Im ursprünglichen DFA hatten wir Zustände 0,1,2. Aber hier ist es anders.

Wir können es auch mit drei Zuständen wie im ursprünglichen machen, aber der ursprüngliche ist für R1.

Für M' nehmen wir den oben definierten.

In der Antwort:

<option id="1">1</option>
<option id="2">0</option>
<answer id="3">
Ja, es gibt einen solchen DFA $M'$.  
$M'$ wird definiert durch:  
- Zustände: $q_\varepsilon, q_a, q_b$  
- Startzustand: $q_\varepsilon$  
- Finalzustände: $q_\varepsilon, q_b$  
- Transitionen:  
  - $\delta(q_\varepsilon, a) = q_a$  
  - $\delta(q_\varepsilon, b) = q_b$  
  - $\delta(q_a, a) = q_a$  
  - $\delta(q_a, b) = q_b$  
  - $\delta(q_b, a) = q_a$  
  - $\delta(q_b, b) = q_b$  

Erklärung:  
- $L(M) = \{w \in \{a,b\}^* \mid w \text{ endet mit } b\}$ (ohne $\varepsilon$).  
- $L(M') = \{\varepsilon\} \cup \{w \in \{a,b\}^* \mid w \text{ endet mit } b\}$.  
- Die Residualsprachen beider Sprachen sind identisch: $\{ \{x \mid x \text{ endet mit } b\}, \{\varepsilon\} \cup \{x \mid x \text{ endet mit } b\} \}$.  
- Aber $L(M) \neq L(M')$, da $\varepsilon \in L(M')$ aber $\varepsilon \notin L(M)$.  
</answer>

Sei $M$ der folgende DFA. Gibt es einen DFA $M'$, sodass $L(M)$ und $L(M')$ die gleichen Residualsprachen haben, aber nicht gleich sind; also $\{L(M)^w:w\in\Sigma^*\}=\{L(M')^w:w\in\Sigma^*\}$ und $L(M)\ne L(M')$?

Falls ja, geben Sie einen solchen DFA an; falls nein, begründen Sie Ihre Antwort kurz.
Zustände: 0, 1, 2
Startzustand: 0
Finalzustände: 2
Transitionen:
    0, a -> 1
    0, b -> 2
    1, a -> 0
    1, b -> 2
    2, a -> 0
    2, b -> 2

Ja, es gibt einen solchen DFA $M'$.  
$M'$ wird definiert durch:  
- Zustände: $q_\varepsilon, q_a, q_b$  
- Startzustand: $q_\varepsilon$  
- Finalzustände: $q_\varepsilon, q_b$  
- Transitionen:  
  - $\delta(q_\varepsilon, a) = q_a$  
  - $\delta(q_\varepsilon, b) = q_b$  
  - $\delta(q_a, a) = q_a$  
  - $\delta(q_a, b) = q_b$  
  - $\delta(q_b, a) = q_a$  
  - $\delta(q_b, b) = q_b$  

Erklärung:  
- $L(M) = \{w \in \{a,b\}^* \mid w \text{ endet mit } b\}$ (ohne $\varepsilon$).  
- $L(M') = \{\varepsilon\} \cup \{w \in \{a,b\}^* \mid w \text{ endet mit } b\}$.  
- Die Residualsprachen beider Sprachen sind identisch: $\{ \{x \mid x \text{ endet mit } b\}, \{\varepsilon\} \cup \{x \mid x \text{ endet mit } b\} \}$.  
- Aber $L(M) \neq L(M')$, da $\varepsilon \in L(M')$ aber $\varepsilon \notin L(M)$.

Prompt

system:You are an AI assistant specializing in theoretical computer science. Your task is to answer a series of exam questions, providing accurate and well-reasoned responses that demonstrate a deep understanding of theoretical computer science concepts.

# Instructions

You must follow the given answer format.

If the exercises contains yes or no questions for you to answer, there will be one <option> element for each such question. You must answer these with either 0 or 1.

For longer answers, there will be <answer> elements. If the answer must follow a specific template, a corresponding <answer-template> element defines this template, and you MUST follow it precisely when providing your <answer>, as any deviations from the template will cause your answer to be invalid. A '?' symbol indicates a place for you to insert a short text, while a '???' symbol marks places for you to insert multi-line answers. To define the precise syntax to use, an <example> element may be provided. You MUST follow this syntax. However, note that the answers in the example may not be correct answers to the question.

Some questions relate to specific lecture material. In this case, the material will be provided in <context> elements for you to reference.

## Formatting
Always follow the format of the given exercise. If you are writing longer text, you can put text in *italics* or make it **bold**. Formulas should be given as LaTeX and enclosed properly, i.e. $...$ or \[...\].

user:# Exercise: Residualsprachen und Minimierung


## subproblem a (5.0 points)
Minimieren Sie den folgenden DFA $M$ unter Verwendung des erweiterten Minimierungsalgorithmus. Bestimmen Sie also für jedes Paar an Zuständen $(q,p)$, ob diese äquivalent sind. Wenn ja, tragen Sie ein Gleichheitszeichen „$=$" in die entsprechende Zelle ein, wenn nein, tragen Sie ein möglichst kurzes Wort ein, das dies beweist.

Zustände: 0, 1, 2, 3, 4, 5
Startzustand: 0
Finalzustände: 5
Transitionen:
    0, a -> 3
    0, b -> 2
    1, a -> 4
    1, b -> 2
    2, a -> 5
    2, b -> 4
    3, a -> 1
    3, b -> 4
    4, a -> 1
    4, b -> 4
    5, a -> 5
    5, b -> 4


<answer-template id="1">
Äquivalenztabelle:
(0,1): $?$
(0,2): $?$
(0,3): $?$
(0,4): $?$
(0,5): $?$
(1,2): $?$
(1,3): $?$
(1,4): $?$
(1,5): $?$
(2,3): $?$
(2,4): $?$
(2,5): $?$
(3,4): $?$
(3,5): $?$
(4,5): $?$
</answer-template>

<example>
(0,1): $a$
(0,2): $ba$
(0,3): $=$
(0,4): $\varepsilon$
...

</example>

### answer format
Give your answer in the following format:

<answer id="1">
...
</answer>

Wir haben einen DFA mit Zuständen 0,1,2,3,4,5. Startzustand ist 0, und nur Zustand 5 ist final. Wir müssen den Minimierungsalgorithmus anwenden, der Paare von Zuständen auf Äquivalenz prüft.

Der erweiterte Minimierungsalgorithmus (auch bekannt als Table-Filling-Algorithmus) funktioniert so: Wir erstellen eine Tabelle für alle Paare (p,q) mit p < q. Zuerst markieren wir alle Paare, bei denen ein Zustand final und der andere nicht final ist, als unterscheidbar (da sie durch ε unterschieden werden können).

Schritt 1: Markiere alle Paare, bei denen genau einer der beiden Zustände final ist. Hier ist nur Zustand 5 final. Also sind alle Paare, die 5 mit einem nicht-finalen Zustand enthalten, unterscheidbar.

Nicht-finale Zustände: 0,1,2,3,4
Final: 5

Also markieren wir als unterscheidbar:
(0,5), (1,5), (2,5), (3,5), (4,5)

Als Beweiswort nehmen wir ε, da sie bereits durch das leere Wort unterschieden werden können.

Jetzt betrachten wir die anderen Paare: (0,1), (0,2), (0,3), (0,4), (1,2), (1,3), (1,4), (2,3), (2,4), (3,4)

Wir müssen für jedes Paar prüfen, ob es ein Wort gibt, das sie unterscheidet, oder ob sie äquivalent sind.

Wir führen eine Tabelle und aktualisieren, bis keine Änderungen mehr auftreten.

Zuerst: Für jedes Paar (p,q) und jeden Buchstaben x, wenn die Nachfolger (δ(p,x), δ(q,x)) bereits als unterscheidbar markiert sind, dann sind p und q unterscheidbar.

Wir beginnen mit den Paaren, die wir bereits markiert haben.

Wir gehen durch alle unmarkierten Paare und prüfen für jedes Symbol a und b.

Symbol a und b.

Erstellen wir eine Liste der Transitionen:

Für Zustand 0:
  a -> 3
  b -> 2

Zustand 1:
  a -> 4
  b -> 2

Zustand 2:
  a -> 5
  b -> 4

Zustand 3:
  a -> 1
  b -> 4

Zustand 4:
  a -> 1
  b -> 4

Zustand 5:
  a -> 5
  b -> 4

Nun betrachten wir die Paare:

Beginnen wir mit (0,1):

Prüfe für a: δ(0,a)=3, δ(1,a)=4. Ist (3,4) markiert? Noch nicht, also vorerst nicht unterscheidbar.

Prüfe für b: δ(0,b)=2, δ(1,b)=2. Gleicher Zustand, also kein Problem.

Also noch nicht markiert.

(0,2):

a: δ(0,a)=3, δ(2,a)=5. (3,5) ist bereits markiert, da 5 final und 3 nicht. Also sind 3 und 5 unterscheidbar. Daher sind 0 und 2 unterscheidbar, weil mit a zu unterscheidbaren Zuständen führen.

Beweiswort: a gefolgt von einem Wort, das 3 und 5 unterscheidet. Aber da (3,5) durch ε unterscheidbar ist, reicht a. Also Wort "a".

(0,3):

a: δ(0,a)=3, δ(3,a)=1. Also (3,1) aber Paar (1,3) ist dasselbe wie (1,3). Wir müssen prüfen, ob (1,3) markiert ist.

b: δ(0,b)=2, δ(3,b)=4. Also (2,4)

Noch nicht markiert.

(0,4):

a: δ(0,a)=3, δ(4,a)=1. Also (3,1) oder (1,3)

b: δ(0,b)=2, δ(4,b)=4. Also (2,4)

Noch nicht markiert.

(1,2):

a: δ(1,a)=4, δ(2,a)=5. (4,5) ist markiert (da 5 final, 4 nicht). Also unterscheidbar. Beweiswort: "a", da δ(1,a)=4 und δ(2,a)=5, und 4 und 5 durch ε unterscheidbar.

(1,3):

a: δ(1,a)=4, δ(3,a)=1. Also (4,1) oder (1,4)

b: δ(1,b)=2, δ(3,b)=4. Also (2,4)

Noch nicht markiert.

(1,4):

a: δ(1,a)=4, δ(4,a)=1. Also (4,1) oder (1,4) – dasselbe Paar.

b: δ(1,b)=2, δ(4,b)=4. Also (2,4)

Noch nicht markiert.

(2,3):

a: δ(2,a)=5, δ(3,a)=1. (5,1) ist markiert (da 5 final, 1 nicht). Also unterscheidbar. Beweiswort: "a"

(2,4):

a: δ(2,a)=5, δ(4,a)=1. (5,1) markiert, also unterscheidbar. Beweiswort: "a"

(3,4):

a: δ(3,a)=1, δ(4,a)=1. Gleicher Zustand, also kein Problem.

b: δ(3,b)=4, δ(4,b)=4. Gleicher Zustand.

Also sind 3 und 4 äquivalent? Aber wir müssen prüfen, ob es irgendein Wort gibt, das sie unterscheidet.

Da beide Nachfolger gleich sind für a und b, und wenn wir weitergehen, bleiben sie gleich. Also ja, äquivalent.

Aber sind sie wirklich äquivalent? Zustand 3 und 4:

Von 3: a->1, b->4

Von 4: a->1, b->4

Ja, identische Transitionen. Und 1 und 4 sind nicht final, aber wir müssen sehen, ob 1 und 4 äquivalent sind.

Zuerst, wir haben (3,4) unmarkiert, und Nachfolger sind gleich: für a beide zu 1, für b beide zu 4. Also wenn 1 und 4 äquivalent sind, dann sind 3 und 4 äquivalent. Aber wir wissen noch nicht, ob 1 und 4 äquivalent sind.

Wir müssen die Äquivalenz von 1 und 4 prüfen.

Paar (1,4) ist oben.

Wir haben (1,4) noch nicht markiert.

Prüfen wir (1,4):

a: δ(1,a)=4, δ(4,a)=1. Also gehen sie zu (4,1), was dasselbe ist wie (1,4). Das ist eine Schleife.

b: δ(1,b)=2, δ(4,b)=4. Also (2,4)

(2,4) haben wir bereits als unterscheidbar markiert, weil mit a zu (5,1), und (5,1) ist markiert.

In der Tat, oben bei (2,4) haben wir gesagt, es ist unterscheidbar wegen "a".

Also, für (1,4): bei b, δ(1,b)=2, δ(4,b)=4, und (2,4) ist unterscheidbar. Also sind 1 und 4 unterscheidbar, weil mit b zu unterscheidbaren Zuständen führen.

Beweiswort: b gefolgt von einem Wort, das 2 und 4 unterscheidet. Da (2,4) durch "a" unterscheidbar ist (δ(2,a)=5, δ(4,a)=1, und 5 final, 1 nicht), also Wort "ba".

Kürzer: direkt "b" reicht nicht, weil δ(1,b)=2 und δ(4,b)=4, und 2 und 4 sind nicht gleich, aber wir brauchen ein Wort.

Das Wort "b" allein: von 1 mit b zu 2, von 4 mit b zu 4. Zustand 2 ist nicht final, Zustand 4 ist nicht final, aber sie sind unterschiedlich. Um zu unterscheiden, müssen wir ein Suffix anfügen, das 2 und 4 unterscheidet. Wie oben, "a" unterscheidet 2 und 4: von 2 mit a zu 5 (final), von 4 mit a zu 1 (nicht final). Also akzeptiert "ba" von 1: 1-b->2-a->5, akzeptiert. Von 4: 4-b->4-a->1, nicht akzeptiert. Also unterscheidet "ba" die Zustände 1 und 4.

Ja.

Also (1,4) ist unterscheidbar mit Wort "ba".

Nun zurück zu (3,4): da (1,4) unterscheidbar ist, aber für (3,4): bei a, δ(3,a)=1, δ(4,a)=1, gleicher Zustand. Bei b, δ(3,b)=4, δ(4,b)=4, gleicher Zustand. Also führen beide Transitionen zu denselben Zuständen bzw. zu äquivalenten? Aber δ(3,b)=4 und δ(4,b)=4, also zu Zustand 4. Und δ(3,a)=1, δ(4,a)=1, zu 1.

Aber 1 und 4 sind nicht äquivalent, sie sind unterscheidbar. Aber für (3,4), wenn wir ein Wort w anwenden, dann:

Wenn w = ε, beide nicht final, also gleich.

Wenn w = a, dann beide zu 1.

Wenn w = b, beide zu 4.

Von 1 und 4 aus sind sie unterscheidbar, also gibt es ein Suffix v, so dass 1 und 4 durch v unterschieden werden.

Zum Beispiel, wie oben, v="a": von 1 mit a zu 4? Nein, δ(1,a)=4, δ(4,a)=1. Nicht direkt.

Besser: wie oben, das Wort "ba" unterscheidet 1 und 4.

Also für Zustand 3: mit b zu 4, dann von 4 mit "ba" zu nicht akzeptieren.

Mit b zu 4, dann Wort "ba" anwenden: aber "ba" von 4: 4-b->4 (da b), dann a: 4-a->1, nicht final. Also das Wort "bba" von 3: 3-b->4-a->1, nicht akzeptiert.

Von 4 mit "bba": 4-b->4-a->1, nicht akzeptiert. Gleiches Verhalten.

Wir müssen ein Wort finden, das 3 und 4 unterscheidet.

Angenommen, wir nehmen w = b: von 3 zu 4, von 4 zu 4. Beide in 4, nicht final.

w = a: von 3 zu 1, von 4 zu 1. Beide in 1.

w = aa: von 3: a zu 1, dann a zu 4. Von 4: a zu 1, dann a zu 4. Beide zu 4.

w = ab: von 3: a zu 1, b zu 2? δ(1,b)=2. Also zu 2. Von 4: a zu 1, b zu 2. Beide zu 2.

w = ba: von 3: b zu 4, a zu 1. Von 4: b zu 4, a zu 1. Beide zu 1.

Immer noch gleich.

w = bb: von 3: b zu 4, b zu 4. Von 4: b zu 4, b zu 4.

w = aab: etc.

Vielleicht sind sie äquivalent? Aber oben dachte ich, dass 1 und 4 nicht äquivalent sind, aber für 3 und 4, da sie zu denselben Zuständen gehen, und wenn wir weitergehen, gehen sie immer zu denselben.

Prüfen wir mit einem Wort, das 1 und 4 unterscheidet.

Zum Beispiel, das Wort v = "ba" unterscheidet 1 und 4: von 1: "ba" führt zu δ(1,b)=2, δ(2,a)=5, final. Von 4: "ba" führt zu δ(4,b)=4, δ(4,a)=1, nicht final. Also akzeptiert 1 "ba", 4 nicht.

Nun für Zustand 3: wende "ba" an: δ(3,b)=4, dann von 4 "ba" wie oben, endet in 1, nicht akzeptiert.

δ(3,"ba") = δ(δ(3,b),a) = δ(4,a) = 1, nicht final.

Von 4: δ(4,"ba") = δ(δ(4,b),a) = δ(4,a) = 1, nicht final.

Gleiches Verhalten.

Jetzt ein Wort, das 1 akzeptiert aber nicht 4, wie "ba".

Von 3 mit "ba": wie oben, zu 1, nicht final? δ(3,"ba")=1, nicht final.

Aber von 1 mit "ba": zu 5, final.

Also wenn wir von 3 aus "ba" anwenden, enden wir in 1, nicht final.

Von 4 aus "ba" enden wir in 1, nicht final.

Um den Unterschied zu sehen, brauchen wir ein länger es Wort.

Versuchen wir "b" gefolgt von "ba", also "bba".

Von 3: b zu 4, dann "ba" von 4: wie oben zu 1, nicht final.

Von 4: b zu 4, "ba" zu 1, nicht final.

Oder "a" gefolgt von "ba": von 3: a zu 1, dann "ba" von 1 zu 5, final. Also "aba" wird akzeptiert von 3.

Von 4: a zu 1, "ba" zu 5, final. Also auch akzeptiert.

Immer noch gleich.

Vielleicht sind sie wirklich äquivalent.

Prüfen wir mit einem anderen Wort.

Angenommen, wir nehmen w = "b", dann sind beide in 4.

Oder w = "a", beide in 1.

Von 1 und 4 aus, wie wir wissen, ist "ba" ein unterscheidendes Wort für 1 und 4.

Aber wenn wir von 3 oder 4 starten, und "ba" anwenden, enden beide in 1? Nein, von 3 mit "ba": δ(3,b)=4, δ(4,a)=1.

Von 4 mit "ba": δ(4,b)=4, δ(4,a)=1. Also beide enden in 1.

Und von 1 aus ist "ba" akzeptiert, aber wenn wir in 1 sind, und "ba" anwenden, ist das ein neues Wort.

Für den Zustand selbst: wenn wir in 3 sind, und das Wort w anwenden, ist das Verhalten.

Zum Beispiel, das leere Wort: beide nicht final.

Wort "a": beide gehen zu 1.

Wort "b": beide gehen zu 4.

Wort "aa": von 3: a zu 1, a zu 4. Von 4: a zu 1, a zu 4. Beide zu 4.

Wort "ab": von 3: a zu 1, b zu 2. Von 4: a zu 1, b zu 2. Beide zu 2.

Wort "ba": wie oben, beide zu 1.

Wort "bb": beide zu 4.

Wort "aba": von 3: a zu 1, b zu 2, a zu 5. Final. Von 4: a zu 1, b zu 2, a zu 5. Final.

Wort "baa": von 3: b zu 4, a to 1, a to 4. Von 4: b to 4, a to 1, a to 4. Beide to 4.

Wort "bab": von 3: b to 4, a to 1, b to 2. Von 4: b to 4, a to 1, b to 2. Beide to 2.

Jetzt, das Wort "ba" von 1: wie oben, zu 5, final. Aber von 3 aus mit "ba" sind wir in 1, nicht in 5. Um nach "ba" zu 5 zu kommen, müssten wir noch ein "a" haben, aber das ist ein längeres Wort.

Zum Beispiel, das Wort "baa" von 3: b to 4, a to 1, a to 4. Nicht final.

Von 1 mit "ba": b to 2, a to 5, final.

Also von 3 aus, um zu 5 zu kommen, brauchen wir z.B. "aba": a to 1, b to 2, a to 5.

Oder "a" gefolgt von "ba", aber "a" + "ba" = "aba", wie oben.

Von 4 aus "aba": a to 1, b to 2, a to 5, final.

Also beide akzeptieren "aba".

Gibt es ein Wort, das nur einer akzeptiert?

Zum Beispiel, "b" : beide nicht akzeptiert, enden in 4.

"a": enden in 1, nicht final.

"bb": enden in 4.

"aa": enden in 4.

"ab": enden in 2, nicht final.

"ba": enden in 1, nicht final.

"aaa": von 3: a to 1, a to 4, a to 1. Nicht final. Von 4: ähnlich.

"aab": a to 1, a to 4, b to 4. Nicht final.

"abb": a to 1, b to 2, b to 4. Nicht final.

"baa": b to 4, a to 1, a to 4. Nicht final.

"bab": b to 4, a to 1, b to 2. Nicht final.

"bba": b to 4, b to 4, a to 1. Nicht final.

"bbb": b to 4, b to 4, b to 4. Nicht final.

Jetzt Wörter mit Länge 4, die zu 5 führen.

Zum Beispiel "aba": wie oben, zu 5, final.

"abaa": a to 1, b to 2, a to 5, a to 5. Final.

"abab": a to 1, b to 2, a to 5, b to 4. Nicht final.

Aber für 3 und 4, beide akzeptieren "aba", "abaa", etc., wenn es zu 5 führt.

Gibt es ein Wort, das 3 akzeptiert aber nicht 4?

Zum Beispiel, nehmen wir "a": nicht final, beide.

Oder "b": nicht.

Oder nach "b" sind wir in 4, und von 4 aus ist jedes Wort dasselbe wie von 4 startend.

Aber von 4 aus, akzeptiert er "aba"? a to 1, b to 2, a to 5, ja.

Von 3 aus, nach "b" in 4, dann "aba" von 4: a to 1, b to 2, a to 5, akzeptiert.

Also gleich.

Vielleicht sind 3 und 4 äquivalent.

Aber schauen wir uns die Transitionen an: beide haben a -> 1, b -> 4. Identisch.

Und Zustand 1 und 4: wir haben gesagt, sie sind nicht äquivalent, aber für 3 und 4, da sie genau dieselben Nachfolger haben, und wenn wir annehmen, dass die Nachfolger sich gleich verhalten, dann sind 3 und 4 äquivalent.

Im Table-Filling-Algorithmus: für (3,4), die Nachfolger für a sind beide 1, für b beide 4. Das Paar (1,1) ist trivial äquivalent, (4,4) auch. Also keine Unterscheidung. Daher sind 3 und 4 äquivalent.

Aber 1 und 4 sind nicht äquivalent, aber das betrifft nicht direkt (3,4), weil wenn wir von 3 und 4 mit demselben Symbol gehen, kommen wir zu Zuständen, die möglicherweise nicht äquivalent sind, aber in diesem Fall für a kommen beide zu 1, für b beide zu 4. Und da sie zu denselben Zuständen gehen, sind sie äquivalent.

Zum Beispiel, wenn wir ein Wort w anwenden, dann ist δ(3,w) = δ(1,w) wenn wir mit a beginnen, aber nein.

Allgemein: zwei Zustände sind äquivalent, wenn für alle Wörter w, δ(p,w) ist final gdw δ(q,w) final ist.

Für p=3, q=4.

Für w=ε, beide nicht final.

Für w=a, beide zu 1, also δ(3,a)=1, δ(4,a)=1, also selber Zustand, also gleiches Verhalten für Suffixe.

Für w=b, beide zu 4.

Für w=aa, beide zu δ(1,a)=4.

W=ab, zu δ(1,b)=2.

W=ba, zu δ(4,a)=1? δ(3,ba)=δ(δ(3,b),a)=δ(4,a)=1.

δ(4,ba)=δ(δ(4,b),a)=δ(4,a)=1.

Also immer derselbe Zustand.

Daher sind 3 und 4 äquivalent.

Nun zurück zu anderen Paaren.

Wir haben (0,3) und (0,4) noch nicht entschieden.

Zuerst, (0,1): noch unmarkiert.

Prüfen wir (0,1):

a: δ(0,a)=3, δ(1,a)=4. Jetzt wissen wir, dass 3 und 4 äquivalent sind? Nein, im Algorithmus müssen wir prüfen, ob das Paar (3,4) markiert ist oder nicht.

In unserem Fall, wir haben (3,4) noch nicht markiert, aber wir werden es als äquivalent betrachten, wenn wir es nicht markieren können.

Aber im Algorithmus, wenn die Nachfolger äquivalent sind, dann sind sie äquivalent.

Aber zu diesem Zeitpunkt wissen wir noch nicht.

Wir müssen die Tabelle füllen.

Listen wir alle Paare auf und markieren sie schrittweise.

Initial: markiere alle Paare mit final und nicht-final: (0,5), (1,5), (2,5), (3,5), (4,5) mit ε.

Jetzt, wiederhole, bis keine Änderung:

Für jedes unmarkierte Paar (p,q) und jedes Symbol x, wenn (δ(p,x), δ(q,x)) markiert ist, dann markiere (p,q).

Wir gehen die Paare durch.

Beginnen wir mit (0,1):

Für a: δ(0,a)=3, δ(1,a)=4. Paar (3,4) — ist (3,4) markiert? Noch nicht.

Für b: δ(0,b)=2, δ(1,b)=2. Gleicher Zustand, also kein Problem.

Also nicht markiert.

(0,2): bereits markiert mit "a", da δ(0,a)=3, δ(2,a)=5, und (3,5) markiert.

(0,3):

a: δ(0,a)=3, δ(3,a)=1. Paar (3,1) — (1,3)

b: δ(0,b)=2, δ(3,b)=4. Paar (2,4)

(1,3) und (2,4) sind noch nicht markiert.

(0,4):

a: δ(0,a)=3, δ(4,a)=1. Paar (3,1) oder (1,3)

b: δ(0,b)=2, δ(4,b)=4. Paar (2,4)

(1,2): bereits markiert mit "a", da δ(1,a)=4, δ(2,a)=5, (4,5) markiert.

(1,3):

a: δ(1,a)=4, δ(3,a)=1. Paar (4,1) — (1,4)

b: δ(1,b)=2, δ(3,b)=4. Paar (2,4)

(1,4): wir haben oben gesehen, dass es unterscheidbar ist.

In der Tat, für b: δ(1,b)=2, δ(4,b)=4, und (2,4) ist markiert? Ja, (2,4) ist markiert, weil δ(2,a)=5, δ(4,a)=1, und (5,1) ist markiert (da 5 final, 1 nicht).

Also (2,4) ist markiert, daher für (1,4) bei b, Nachfolger (2,4) markiert, also markiere (1,4) mit Beweis, z.B. "b" gefolgt von einem unterscheidenden Wort für (2,4), aber kürzer "ba" wie oben.

(2,3): markiert mit "a", da δ(2,a)=5, δ(3,a)=1, (5,1) markiert.

(2,4): markiert mit "a", da δ(2,a)=5, δ(4,a)=1, (5,1) markiert.

(3,4): unmarkiert. Für a: δ(3,a)=1, δ(4,a)=1, gleicher Zustand. Für b: δ(3,b)=4, δ(4,b)=4, gleicher Zustand. Also keine Markierung.

(3,5): bereits markiert.

(4,5): markiert.

Jetzt haben wir (0,1), (0,3), (0,4), (1,3) noch unmarkiert.

(1,3) ist unmarkiert.

Prüfen wir (1,3):

a: δ(1,a)=4, δ(3,a)=1. Paar (4,1) — (1,4), das wir jetzt als markiert betrachten sollten.

In der Tat, (1,4) ist markiert, wie oben.

Also für a, Nachfolger (4,1) = (1,4) ist markiert, daher sind 1 und 3 unterscheidbar.

Beweiswort: a gefolgt von einem Wort, das 4 und 1 unterscheidet. Da (1,4) durch "ba" unterscheidbar ist, also "a" + "ba" = "aba", aber kürzer? Das Wort "a" allein: von 1 zu 4, von 3 zu 1. Zustand 4 und 1 sind unterschiedlich, aber nicht direkt final oder nicht. Um zu unterscheiden: von 1 mit a zu 4 (nicht final), von 3 mit a zu 1 (nicht final). Aber mit Suffix: z.B. nach "a", wende "ba" an: von 4 mit "ba" zu 1, nicht akzeptiert; von 1 mit "ba" zu 5, akzeptiert. Also "aba" wird von 1 akzeptiert (1-a->4? Nein, δ(1,a)=4, dann δ(4,"ba")= wie oben zu 1, nicht final? δ(1,"aba") = δ(δ(1,a), "ba") = δ(4,"ba").

δ(4,"b") =4, δ(4,"a")=1, also δ(4,"ba")=δ(δ(4,b),a)=δ(4,a)=1.

Nicht final.

δ(1,"aba") = δ(δ(1,a), "ba") = δ(4,"ba") =1, nicht final.

Von 3 mit "aba": δ(3,a)=1, δ(1,"ba")=δ(δ(1,b),a)=δ(2,a)=5, final. Also δ(3,"aba")=5, final.

δ(3,"a")=1, dann δ(1,"ba")= wie oben, δ(1,b)=2, δ(2,a)=5, final.

Also "aba" von 3: zu 5, akzeptiert.

Von 1 mit "aba": δ(1,a)=4, δ(4,b)=4? "aba": erst a, dann b, dann a.

δ(1,a)=4, dann δ(4,b)=4, dann δ(4,a)=1, nicht final.

Also von 1: "aba" endet in 1, nicht akzeptiert.

Von 3: "aba" endet in 5, akzeptiert.

Also unterscheidet "aba" die Zustände 1 und 3.

Kürzer? Vielleicht "a" allein reicht nicht, aber "ba" für 1 und 3.

δ(1,"ba")=δ(δ(1,b),a)=δ(2,a)=5, final.

δ(3,"ba")=δ(δ(3,b),a)=δ(4,a)=1, nicht final.

Also Wort "ba" unterscheidet 1 und 3: von 1 akzeptiert, von 3 nicht.

Perfekt, also (1,3) unterscheidbar mit "ba".

Nun (0,1): wir haben δ(0,a)=3, δ(1,a)=4, und (3,4) ist nicht markiert, aber (3,4) ist äquivalent? Noch nicht entschieden.

Für (0,1): bei a, Nachfolger (3,4). Wenn (3,4) äquivalent ist, dann kein Problem, aber wenn nicht, dann unterscheidbar.

Aber im Algorithmus, wenn (3,4) nicht markiert ist, dann noch nicht.

Wir müssen zuerst (3,4) entscheiden.

(3,4): wie oben, Nachfolger sind gleich: für a beide zu 1, für b beide zu 4. Also wenn 1 und 4 äquivalent wären, dann äquivalent, aber 1 und 4 sind nicht äquivalent, aber da sie zu denselben Zuständen gehen, sind 3 und 4 äquivalent.

Im Table-Filling: da die Nachfolger identisch sind, und (1,1) und (4,4) sind trivial äquivalent, also keine Markierung. Daher sind 3 und 4 äquivalent.

Also (3,4) ist äquivalent, tragen wir "=" ein.

Nun zurück zu (0,1): bei a, Nachfolger (3,4), die äquivalent sind, also kein Problem. Bei b, δ(0,b)=2, δ(1,b)=2, gleicher Zustand. Also sind 0 und 1 äquivalent? Nicht unbedingt, wir müssen prüfen, ob es ein Wort gibt.

Da Nachfolger äquivalent sind, sollten sie äquivalent sein.

Prüfen: von 0 und 1.

Mit a: zu 3 bzw. 4, und 3≡4, also gleiches Verhalten.

Mit b: zu 2, gleicher Zustand.

Also ja, äquivalent.

Beweis? Kein unterscheidendes Wort, also "=".

(0,3): δ(0,a)=3, δ(3,a)=1. Paar (3,1) — (1,3), das wir als unterscheidbar markiert haben mit "ba".

(1,3) ist unterscheidbar, also für (0,3) bei a, Nachfolger (3,1) = (1,3) markiert, daher sind 0 und 3 unterscheidbar.

Beweiswort: a gefolgt von "ba", also "aba", aber kürzer? δ(0,a)=3, δ(3,a)=1, aber um zu unterscheiden, da (3,1) unterscheidbar ist, aber direkt: Wort "a" allein: von 0 zu 3 (nicht final), von 3 zu 1 (nicht final). Aber mit Suffix: z.B. "ba": von 3 mit "ba" zu 1? δ(3,"ba")=1, nicht final. Von 0 mit "a" zu 3, dann "ba" zu 1.

Von 1? Wir brauchen Vergleich.

Von 0 mit "aba": δ(0,a)=3, δ(3,b)=4, δ(4,a)=1, nicht final.

Von 3 mit "aba": wie oben, zu 5? δ(3,a)=1, δ(1,b)=2, δ(2,a)=5, final. Also "aba" von 3 zu 5.

Aber von 0 mit "aba": zu 1, nicht final.

Also unterscheidet "aba" 0 und 3.

Kürzer? "ba" von 0: δ(0,b)=2, δ(2,a)=5, final. Von 3: δ(3,b)=4, δ(4,a)=1, nicht final. Also "ba" unterscheidet 0 und 3: von 0 akzeptiert, von 3 nicht.

Ja, also Wort "ba" für (0,3).

δ(0,"ba")=δ(δ(0,b),a)=δ(2,a)=5, final.

δ(3,"ba")=δ(δ(3,b),a)=δ(4,a)=1, nicht final.

Perfekt.

(0,4): ähnlich.

δ(0,a)=3, δ(4,a)=1. Paar (3,1) markiert.

Also unterscheidbar. Beweiswort: z.B. "a" gefolgt von "ba", aber "ba" allein? δ(0,"ba")=5, final. δ(4,"ba")=δ(δ(4,b),a)=δ(4,a)=1, nicht final. Also "ba" unterscheidet auch 0 und 4.

δ(0,b)=2, δ(4,b)=4. (2,4) ist markiert, also bei b auch unterscheidbar.

Also (0,4) unterscheidbar mit "ba".

Nun (0,5): bereits markiert mit ε.

(1,5): markiert.

(2,5): markiert.

(3,5): markiert.

(4,5): markiert.

(1,2): markiert.

(1,3): markiert mit "ba".

(1,4): markiert mit "ba".

(2,3): markiert.

(2,4): markiert.

(3,4): äquivalent, "=".

(3,5): markiert.

(4,5): markiert.

Fehlt noch (0,1): wir haben gesagt äquivalent.

Und (0,2), etc. alle anderen sind markiert.

(0,1) ist unmarkiert, und wir entscheiden, dass sie äquivalent sind.

Zusammenfassung:

- (0,1): äquivalent, "="

- (0,2): unterscheidbar, Wort "a" (da δ(0,a)=3, δ(2,a)=5, und 3 und 5 durch ε unterscheidbar)

- (0,3): unterscheidbar, Wort "ba"

- (0,4): unterscheidbar, Wort "ba" (gleiches Wort)

- (0,5): unterscheidbar, ε

- (1,2): unterscheidbar, Wort "a" (δ(1,a)=4, δ(2,a)=5, (4,5) unterscheidbar)

- (1,3): unterscheidbar, Wort "ba"

- (1,4): unterscheidbar, Wort "ba" (δ(1,b)=2, δ(4,b)=4, (2,4) unterscheidbar, und "b" gefolgt von unterscheidendem Wort für (2,4), z.B. "a", also "ba")

- (1,5): ε

- (2,3): unterscheidbar, Wort "a" (δ(2,a)=5, δ(3,a)=1, (5,1) unterscheidbar)

- (2,4): unterscheidbar, Wort "a" (δ(2,a)=5, δ(4,a)=1, (5,1) unterscheidbar)

- (2,5): ε

- (3,4): äquivalent, "="

- (3,5): ε

- (4,5): ε

Jetzt in der Tabelle:

(0,1): $=$

(0,2): $a$

(0,3): $ba$

(0,4): $ba$

(0,5): $\varepsilon$

(1,2): $a$

(1,3): $ba$

(1,4): $ba$

(1,5): $\varepsilon$

(2,3): $a$

(2,4): $a$

(2,5): $\varepsilon$

(3,4): $=$

(3,5): $\varepsilon$

(4,5): $\varepsilon$

Beachte, dass (3,4) äquivalent ist, also "=".

Und (0,1) äquivalent.

Jetzt müssen wir das in die Antwort eintragen.

Die Tabelle hat (0,1), (0,2), (0,3), (0,4), (0,5), (1,2), (1,3), (1,4), (1,5), (2,3), (2,4), (2,5), (3,4), (3,5), (4,5)

Alle sind abgedeckt.

Also Antwort:

<answer id="1">
Äquivalenztabelle:
(0,1): $=$
(0,2): $a$
(0,3): $ba$
(0,4): $ba$
(0,5): $\varepsilon$
(1,2): $a$
(1,3): $ba$
(1,4): $ba$
(1,5): $\varepsilon$
(2,3): $a$
(2,4): $a$
(2,5): $\varepsilon$
(3,4): $=$
(3,5): $\varepsilon$
(4,5): $\varepsilon$
</answer>

Minimieren Sie den folgenden DFA $M$ unter Verwendung des erweiterten Minimierungsalgorithmus. Bestimmen Sie also für jedes Paar an Zuständen $(q,p)$, ob diese äquivalent sind. Wenn ja, tragen Sie ein Gleichheitszeichen „$=$" in die entsprechende Zelle ein, wenn nein, tragen Sie ein möglichst kurzes Wort ein, das dies beweist.
Zustände: 0, 1, 2, 3, 4, 5
Startzustand: 0
Finalzustände: 5
Transitionen:
    0, a -> 3
    0, b -> 2
    1, a -> 4
    1, b -> 2
    2, a -> 5
    2, b -> 4
    3, a -> 1
    3, b -> 4
    4, a -> 1
    4, b -> 4
    5, a -> 5
    5, b -> 4

Äquivalenztabelle:
(0,1): $=$
(0,2): $a$
(0,3): $ba$
(0,4): $ba$
(0,5): $\varepsilon$
(1,2): $a$
(1,3): $ba$
(1,4): $ba$
(1,5): $\varepsilon$
(2,3): $a$
(2,4): $a$
(2,5): $\varepsilon$
(3,4): $=$
(3,5): $\varepsilon$
(4,5): $\varepsilon$

Prompt

system:You are an AI assistant specializing in theoretical computer science. Your task is to answer a series of exam questions, providing accurate and well-reasoned responses that demonstrate a deep understanding of theoretical computer science concepts.

# Instructions

You must follow the given answer format.

If the exercises contains yes or no questions for you to answer, there will be one <option> element for each such question. You must answer these with either 0 or 1.

For longer answers, there will be <answer> elements. If the answer must follow a specific template, a corresponding <answer-template> element defines this template, and you MUST follow it precisely when providing your <answer>, as any deviations from the template will cause your answer to be invalid. A '?' symbol indicates a place for you to insert a short text, while a '???' symbol marks places for you to insert multi-line answers. To define the precise syntax to use, an <example> element may be provided. You MUST follow this syntax. However, note that the answers in the example may not be correct answers to the question.

Some questions relate to specific lecture material. In this case, the material will be provided in <context> elements for you to reference.

## Formatting
Always follow the format of the given exercise. If you are writing longer text, you can put text in *italics* or make it **bold**. Formulas should be given as LaTeX and enclosed properly, i.e. $...$ or \[...\].

user:# Exercise: Residualsprachen und Minimierung


## subproblem a (5.0 points)
Minimieren Sie den folgenden DFA $M$ unter Verwendung des erweiterten Minimierungsalgorithmus. Bestimmen Sie also für jedes Paar an Zuständen $(q,p)$, ob diese äquivalent sind. Wenn ja, tragen Sie ein Gleichheitszeichen „$=$" in die entsprechende Zelle ein, wenn nein, tragen Sie ein möglichst kurzes Wort ein, das dies beweist.

Zustände: 0, 1, 2, 3, 4, 5
Startzustand: 0
Finalzustände: 5
Transitionen:
    0, a -> 3
    0, b -> 2
    1, a -> 4
    1, b -> 2
    2, a -> 5
    2, b -> 4
    3, a -> 1
    3, b -> 4
    4, a -> 1
    4, b -> 4
    5, a -> 5
    5, b -> 4


<answer-template id="1">
Äquivalenztabelle:
(0,1): $?$
(0,2): $?$
(0,3): $?$
(0,4): $?$
(0,5): $?$
(1,2): $?$
(1,3): $?$
(1,4): $?$
(1,5): $?$
(2,3): $?$
(2,4): $?$
(2,5): $?$
(3,4): $?$
(3,5): $?$
(4,5): $?$
</answer-template>

<example>
(0,1): $a$
(0,2): $ba$
(0,3): $=$
(0,4): $\varepsilon$
...

</example>

### answer format
Give your answer in the following format:

<answer id="1">
...
</answer>

assistant:<answer id="1">
Äquivalenztabelle:
(0,1): $=$
(0,2): $a$
(0,3): $ba$
(0,4): $ba$
(0,5): $\varepsilon$
(1,2): $a$
(1,3): $ba$
(1,4): $ba$
(1,5): $\varepsilon$
(2,3): $a$
(2,4): $a$
(2,5): $\varepsilon$
(3,4): $=$
(3,5): $\varepsilon$
(4,5): $\varepsilon$
</answer>

user:
## subproblem b (2.0 points)
Sei $Q$ die Menge der Zustände von $M$, also $Q=\{0,1,2,3,4,5\}$. Bestimmen Sie $S := \{q\in Q:[q]_M=\{q\}\}$, also die Menge der Zustände, die nur zu sich selbst äquivalent sind. Beschreiben Sie, wie die Menge sich aus der Tabelle ergibt.

<answer-template id="1">
$S=\{?\}$

Erklärung:
...
</answer-template>

### answer format
Give your answer in the following format:

<answer id="1">
...
</answer>

Wir haben bereits in Teil a) die Äquivalenztabelle erstellt. Jetzt müssen wir die Menge S bestimmen, die aus Zuständen q besteht, für die die Äquivalenzklasse [q]_M nur {q} selbst enthält. Das bedeutet, dass q nicht äquivalent zu irgendeinem anderen Zustand ist. 

In der Äquivalenztabelle aus Teil a) haben wir für jedes Paar (q,p) eingetragen, ob sie äquivalent sind (mit "=") oder nicht (mit einem trennenden Wort). Ein Zustand q ist nur zu sich selbst äquivalent, wenn für alle anderen Zustände p ≠ q, das Paar (q,p) nicht als äquivalent markiert ist, also kein "=" enthält.

Schauen wir uns die Tabelle an:

(0,1): $=$ → das bedeutet, Zustand 0 und 1 sind äquivalent. Also ist 0 nicht nur zu sich selbst äquivalent, denn er ist äquivalent zu 1.

(0,2): $a$ → nicht äquivalent
(0,3): $ba$ → nicht äquivalent
(0,4): $ba$ → nicht äquivalent
(0,5): $\varepsilon$ → nicht äquivalent (da ε ein trennendes Wort ist, und 5 ein Finalzustand ist, 0 aber nicht)

(1,2): $a$ → nicht äquivalent
(1,3): $ba$ → nicht äquivalent
(1,4): $ba$ → nicht äquivalent
(1,5): $\varepsilon$ → nicht äquivalent

(2,3): $a$ → nicht äquivalent
(2,4): $a$ → nicht äquivalent
(2,5): $\varepsilon$ → nicht äquivalent

(3,4): $=$ → äquivalent, also sind 3 und 4 äquivalent.

(3,5): $\varepsilon$ → nicht äquivalent
(4,5): $\varepsilon$ → nicht äquivalent

Zusätzlich haben wir die Paare (0,1) als äquivalent markiert und (3,4) als äquivalent.

Nun betrachten wir die Zustände:

- Zustand 0: ist äquivalent zu 1 (da (0,1): $=$), also ist [0]_M = {0,1}. Nicht nur {0}.
- Zustand 1: ebenfalls in {0,1}, nicht nur {1}.
- Zustand 2: ist nicht äquivalent zu irgendeinem anderen? Schauen wir: 
  (2,0): nicht äquivalent (mit Wort 'a')
  (2,1): nicht äquivalent (mit 'a')
  (2,3): nicht äquivalent (mit 'a')
  (2,4): nicht äquivalent (mit 'a')
  (2,5): nicht äquivalent (mit ε)
  Also gibt es keinen anderen Zustand, zu dem 2 äquivalent ist. Aber ist 2 äquivalent zu sich selbst? Ja, jeder Zustand ist zu sich selbst äquivalent. Also [2]_M = {2}. 
- Zustand 3: ist äquivalent zu 4 (da (3,4): $=$), also [3]_M = {3,4}. Nicht nur {3}.
- Zustand 4: ebenfalls in {3,4}, nicht nur {4}.
- Zustand 5: ist nicht äquivalent zu irgendeinem anderen? 
  (5,0): nicht äquivalent (mit ε, da (0,5): ε)
  (5,1): nicht äquivalent (mit ε, (1,5): ε)
  (5,2): nicht äquivalent (mit ε, (2,5): ε)
  (5,3): nicht äquivalent (mit ε, (3,5): ε)
  (5,4): nicht äquivalent (mit ε, (4,5): ε)
  Also ist 5 nur zu sich selbst äquivalent, [5]_M = {5}.

Zustand 2 und 5 sind also die einzigen, die nur zu sich selbst äquivalent sind.

Daher ist S = {2,5}.

Erklärung: Ein Zustand q ist in S genau dann, wenn es keinen anderen Zustand p gibt, so dass q und p äquivalent sind. In der Tabelle bedeutet das, dass für alle p ≠ q, das Paar (q,p) nicht mit "=" markiert ist, sondern mit einem trennenden Wort. 

Für q=2: alle Paare (2,p) für p≠2 haben ein trennendes Wort (a oder ε).
Für q=5: alle Paare (5,p) für p≠5 haben ein trennendes Wort (ε, da in der Tabelle (q,5) für q≠5 mit ε markiert ist, und da die Tabelle symmetrisch ist, gilt das auch für (5,q)).

Für die anderen Zustände gibt es jeweils mindestens ein p, mit dem sie äquivalent sind: 0 und 1 sind äquivalent, 3 und 4 sind äquivalent.

Daher S = {2,5}.

<answer id="1">
$S=\{2,5\}$

Erklärung:
Ein Zustand $q$ gehört zu $S$ genau dann, wenn er nicht äquivalent zu irgendeinem anderen Zustand $p \neq q$ ist. In der Äquivalenztabelle aus Teil a) zeigt ein Gleichheitszeichen „$=$" an, dass zwei Zustände äquivalent sind. Für $S$ müssen wir daher Zustände identifizieren, bei denen **kein** Paar $(q,p)$ mit $p \neq q$ als äquivalent markiert ist:
- **Zustand 2**: Alle Paare $(2,p)$ für $p \neq 2$ sind mit trennenden Wörtern markiert ($(2,0):a$, $(2,1):a$, $(2,3):a$, $(2,4):a$, $(2,5):\varepsilon$), also ist $2$ nur zu sich selbst äquivalent.
- **Zustand 5**: Alle Paare $(5,p)$ für $p \neq 5$ sind mit trennenden Wörtern markiert (implizit aus der Tabelle, z.B. $(5,0):\varepsilon$ via $(0,5)$, $(5,2):\varepsilon$ via $(2,5)$, etc.), also ist $5$ nur zu sich selbst äquivalent.
- **Andere Zustände** (0,1,3,4) sind jeweils äquivalent zu mindestens einem anderen Zustand ($0=1$, $3=4$) und gehören daher nicht zu $S$.
</answer>

Sei $Q$ die Menge der Zustände von $M$, also $Q=\{0,1,2,3,4,5\}$. Bestimmen Sie $S := \{q\in Q:[q]_M=\{q\}\}$, also die Menge der Zustände, die nur zu sich selbst äquivalent sind. Beschreiben Sie, wie die Menge sich aus der Tabelle ergibt.

$S=\{2,5\}$

Erklärung:
Ein Zustand $q$ gehört zu $S$ genau dann, wenn er nicht äquivalent zu irgendeinem anderen Zustand $p \neq q$ ist. In der Äquivalenztabelle aus Teil a) zeigt ein Gleichheitszeichen „$=$" an, dass zwei Zustände äquivalent sind. Für $S$ müssen wir daher Zustände identifizieren, bei denen kein Paar $(q,p)$ mit $p \neq q$ als äquivalent markiert ist:
- Zustand 2: Alle Paare $(2,p)$ für $p \neq 2$ sind mit trennenden Wörtern markiert ($(2,0):a$, $(2,1):a$, $(2,3):a$, $(2,4):a$, $(2,5):\varepsilon$), also ist $2$ nur zu sich selbst äquivalent.
- Zustand 5: Alle Paare $(5,p)$ für $p \neq 5$ sind mit trennenden Wörtern markiert (implizit aus der Tabelle, z.B. $(5,0):\varepsilon$ via $(0,5)$, $(5,2):\varepsilon$ via $(2,5)$, etc.), also ist $5$ nur zu sich selbst äquivalent.
- Andere Zustände (0,1,3,4) sind jeweils äquivalent zu mindestens einem anderen Zustand ($0=1$, $3=4$) und gehören daher nicht zu $S$.

Prompt

system:You are an AI assistant specializing in theoretical computer science. Your task is to answer a series of exam questions, providing accurate and well-reasoned responses that demonstrate a deep understanding of theoretical computer science concepts.

# Instructions

You must follow the given answer format.

If the exercises contains yes or no questions for you to answer, there will be one <option> element for each such question. You must answer these with either 0 or 1.

For longer answers, there will be <answer> elements. If the answer must follow a specific template, a corresponding <answer-template> element defines this template, and you MUST follow it precisely when providing your <answer>, as any deviations from the template will cause your answer to be invalid. A '?' symbol indicates a place for you to insert a short text, while a '???' symbol marks places for you to insert multi-line answers. To define the precise syntax to use, an <example> element may be provided. You MUST follow this syntax. However, note that the answers in the example may not be correct answers to the question.

Some questions relate to specific lecture material. In this case, the material will be provided in <context> elements for you to reference.

## Formatting
Always follow the format of the given exercise. If you are writing longer text, you can put text in *italics* or make it **bold**. Formulas should be given as LaTeX and enclosed properly, i.e. $...$ or \[...\].

user:# Exercise: Residualsprachen und Minimierung


## subproblem a (5.0 points)
Minimieren Sie den folgenden DFA $M$ unter Verwendung des erweiterten Minimierungsalgorithmus. Bestimmen Sie also für jedes Paar an Zuständen $(q,p)$, ob diese äquivalent sind. Wenn ja, tragen Sie ein Gleichheitszeichen „$=$" in die entsprechende Zelle ein, wenn nein, tragen Sie ein möglichst kurzes Wort ein, das dies beweist.

Zustände: 0, 1, 2, 3, 4, 5
Startzustand: 0
Finalzustände: 5
Transitionen:
    0, a -> 3
    0, b -> 2
    1, a -> 4
    1, b -> 2
    2, a -> 5
    2, b -> 4
    3, a -> 1
    3, b -> 4
    4, a -> 1
    4, b -> 4
    5, a -> 5
    5, b -> 4


<answer-template id="1">
Äquivalenztabelle:
(0,1): $?$
(0,2): $?$
(0,3): $?$
(0,4): $?$
(0,5): $?$
(1,2): $?$
(1,3): $?$
(1,4): $?$
(1,5): $?$
(2,3): $?$
(2,4): $?$
(2,5): $?$
(3,4): $?$
(3,5): $?$
(4,5): $?$
</answer-template>

<example>
(0,1): $a$
(0,2): $ba$
(0,3): $=$
(0,4): $\varepsilon$
...

</example>

### answer format
Give your answer in the following format:

<answer id="1">
...
</answer>

assistant:<answer id="1">
Äquivalenztabelle:
(0,1): $=$
(0,2): $a$
(0,3): $ba$
(0,4): $ba$
(0,5): $\varepsilon$
(1,2): $a$
(1,3): $ba$
(1,4): $ba$
(1,5): $\varepsilon$
(2,3): $a$
(2,4): $a$
(2,5): $\varepsilon$
(3,4): $=$
(3,5): $\varepsilon$
(4,5): $\varepsilon$
</answer>

user:
## subproblem b (2.0 points)
Sei $Q$ die Menge der Zustände von $M$, also $Q=\{0,1,2,3,4,5\}$. Bestimmen Sie $S := \{q\in Q:[q]_M=\{q\}\}$, also die Menge der Zustände, die nur zu sich selbst äquivalent sind. Beschreiben Sie, wie die Menge sich aus der Tabelle ergibt.

<answer-template id="1">
$S=\{?\}$

Erklärung:
...
</answer-template>

### answer format
Give your answer in the following format:

<answer id="1">
...
</answer>

assistant:<answer id="1">
$S=\{2,5\}$

Erklärung:
Ein Zustand $q$ gehört zu $S$ genau dann, wenn er nicht äquivalent zu irgendeinem anderen Zustand $p \neq q$ ist. In der Äquivalenztabelle aus Teil a) zeigt ein Gleichheitszeichen „$=$" an, dass zwei Zustände äquivalent sind. Für $S$ müssen wir daher Zustände identifizieren, bei denen **kein** Paar $(q,p)$ mit $p \neq q$ als äquivalent markiert ist:
- **Zustand 2**: Alle Paare $(2,p)$ für $p \neq 2$ sind mit trennenden Wörtern markiert ($(2,0):a$, $(2,1):a$, $(2,3):a$, $(2,4):a$, $(2,5):\varepsilon$), also ist $2$ nur zu sich selbst äquivalent.
- **Zustand 5**: Alle Paare $(5,p)$ für $p \neq 5$ sind mit trennenden Wörtern markiert (implizit aus der Tabelle, z.B. $(5,0):\varepsilon$ via $(0,5)$, $(5,2):\varepsilon$ via $(2,5)$, etc.), also ist $5$ nur zu sich selbst äquivalent.
- **Andere Zustände** (0,1,3,4) sind jeweils äquivalent zu mindestens einem anderen Zustand ($0=1$, $3=4$) und gehören daher nicht zu $S$.
</answer>

user:
## subproblem c (2.0 points)
Zeichnen Sie den minimalen DFA, der $L(M)$ erkennt. Beschriften Sie jeden Zustand mit der entsprechenden Menge an äquivalenten Zuständen aus $M$.

<answer-template id="1">
Zustände: ?
Startzustand: ?
Finalzustände: ?
Transitionen:
    ???

</answer-template>

<example>
Zustände: {0}, {1,2,3}, {4}, {5}
Startzustand: {1,2,3}
Finalzustände: {0}, {4}
Transitionen:
    {0}, a -> {1,2,3}
    {0}, b -> {4}
    {1,2,3}, a -> {5}
    ...

</example>

### answer format
Give your answer in the following format:

<answer id="1">
...
</answer>

We are given the DFA M with states Q = {0,1,2,3,4,5}, start state 0, final state 5, and the transitions as described.

From subproblem a, we have built the equivalence table. We found that:
- States 0 and 1 are equivalent (marked with "=").
- States 3 and 4 are equivalent (marked with "=").
- The other pairs are not equivalent and we have separating words.

Therefore, the equivalence classes (states in the minimal DFA) are:
- [0] = {0,1}   (since 0=1)
- [2] = {2}     (only equivalent to itself)
- [3] = {3,4}   (since 3=4)
- [5] = {5}     (only equivalent to itself)

Note: We must check that these classes are consistent. For example, state 1 is in the same class as 0, and state 4 is in the same class as 3.

Now, we need to draw the minimal DFA. The states are the equivalence classes: {0,1}, {2}, {3,4}, {5}.

We need to determine the transitions for the minimal DFA. The start state is the class containing the original start state 0, which is {0,1}. The final state is the class containing the original final state 5, which is {5}.

Now, we compute the transitions for each class:

1. For state {0,1}:
   - On input 'a': 
        From state 0: 0 --a--> 3 -> which is in class {3,4}
        From state 1: 1 --a--> 4 -> which is in class {3,4}
        So, {0,1} --a--> {3,4}
   - On input 'b':
        From state 0: 0 --b--> 2 -> class {2}
        From state 1: 1 --b--> 2 -> class {2}
        So, {0,1} --b--> {2}

2. For state {2}:
   - On input 'a': 2 --a--> 5 -> class {5}
   - On input 'b': 2 --b--> 4 -> class {3,4}
        So, {2} --a--> {5}
        {2} --b--> {3,4}

3. For state {3,4}:
   - On input 'a':
        From state 3: 3 --a--> 1 -> class {0,1}
        From state 4: 4 --a--> 1 -> class {0,1}
        So, {3,4} --a--> {0,1}
   - On input 'b':
        From state 3: 3 --b--> 4 -> class {3,4} (since 4 is in {3,4})
        From state 4: 4 --b--> 4 -> class {3,4}
        So, {3,4} --b--> {3,4}

4. For state {5}:
   - On input 'a': 5 --a--> 5 -> class {5}
   - On input 'b': 5 --b--> 4 -> class {3,4}
        So, {5} --a--> {5}
        {5} --b--> {3,4}

Now, we can write the minimal DFA:

States: {0,1}, {2}, {3,4}, {5}
Start state: {0,1}
Final states: {5}   (since only 5 was final and it is in its own class)

Transitions:
    {0,1}, a -> {3,4}
    {0,1}, b -> {2}
    {2}, a -> {5}
    {2}, b -> {3,4}
    {3,4}, a -> {0,1}
    {3,4}, b -> {3,4}
    {5}, a -> {5}
    {5}, b -> {3,4}

We label each state by the set of equivalent states from M.

So, in the answer, we write:

<answer id="1">
Zustände: $\{0,1\}, \{2\}, \{3,4\}, \{5\}$
Startzustand: $\{0,1\}$
Finalzustände: $\{5\}$
Transitionen:
    {0,1}, a -> {3,4}
    {0,1}, b -> {2}
    {2}, a -> {5}
    {2}, b -> {3,4}
    {3,4}, a -> {0,1}
    {3,4}, b -> {3,4}
    {5}, a -> {5}
    {5}, b -> {3,4}
</answer>

Zeichnen Sie den minimalen DFA, der $L(M)$ erkennt. Beschriften Sie jeden Zustand mit der entsprechenden Menge an äquivalenten Zuständen aus $M$.

Zustände: $\{0,1\}, \{2\}, \{3,4\}, \{5\}$
Startzustand: $\{0,1\}$
Finalzustände: $\{5\}$
Transitionen:
    {0,1}, a -> {3,4}
    {0,1}, b -> {2}
    {2}, a -> {5}
    {2}, b -> {3,4}
    {3,4}, a -> {0,1}
    {3,4}, b -> {3,4}
    {5}, a -> {5}
    {5}, b -> {3,4}

Prompt

system:You are an AI assistant specializing in theoretical computer science. Your task is to answer a series of exam questions, providing accurate and well-reasoned responses that demonstrate a deep understanding of theoretical computer science concepts.

# Instructions

You must follow the given answer format.

If the exercises contains yes or no questions for you to answer, there will be one <option> element for each such question. You must answer these with either 0 or 1.

For longer answers, there will be <answer> elements. If the answer must follow a specific template, a corresponding <answer-template> element defines this template, and you MUST follow it precisely when providing your <answer>, as any deviations from the template will cause your answer to be invalid. A '?' symbol indicates a place for you to insert a short text, while a '???' symbol marks places for you to insert multi-line answers. To define the precise syntax to use, an <example> element may be provided. You MUST follow this syntax. However, note that the answers in the example may not be correct answers to the question.

Some questions relate to specific lecture material. In this case, the material will be provided in <context> elements for you to reference.

## Formatting
Always follow the format of the given exercise. If you are writing longer text, you can put text in *italics* or make it **bold**. Formulas should be given as LaTeX and enclosed properly, i.e. $...$ or \[...\].

user:# Exercise: Residualsprachen und Minimierung


## subproblem a (5.0 points)
Minimieren Sie den folgenden DFA $M$ unter Verwendung des erweiterten Minimierungsalgorithmus. Bestimmen Sie also für jedes Paar an Zuständen $(q,p)$, ob diese äquivalent sind. Wenn ja, tragen Sie ein Gleichheitszeichen „$=$" in die entsprechende Zelle ein, wenn nein, tragen Sie ein möglichst kurzes Wort ein, das dies beweist.

Zustände: 0, 1, 2, 3, 4, 5
Startzustand: 0
Finalzustände: 5
Transitionen:
    0, a -> 3
    0, b -> 2
    1, a -> 4
    1, b -> 2
    2, a -> 5
    2, b -> 4
    3, a -> 1
    3, b -> 4
    4, a -> 1
    4, b -> 4
    5, a -> 5
    5, b -> 4


<answer-template id="1">
Äquivalenztabelle:
(0,1): $?$
(0,2): $?$
(0,3): $?$
(0,4): $?$
(0,5): $?$
(1,2): $?$
(1,3): $?$
(1,4): $?$
(1,5): $?$
(2,3): $?$
(2,4): $?$
(2,5): $?$
(3,4): $?$
(3,5): $?$
(4,5): $?$
</answer-template>

<example>
(0,1): $a$
(0,2): $ba$
(0,3): $=$
(0,4): $\varepsilon$
...

</example>

### answer format
Give your answer in the following format:

<answer id="1">
...
</answer>

assistant:<answer id="1">
Äquivalenztabelle:
(0,1): $=$
(0,2): $a$
(0,3): $ba$
(0,4): $ba$
(0,5): $\varepsilon$
(1,2): $a$
(1,3): $ba$
(1,4): $ba$
(1,5): $\varepsilon$
(2,3): $a$
(2,4): $a$
(2,5): $\varepsilon$
(3,4): $=$
(3,5): $\varepsilon$
(4,5): $\varepsilon$
</answer>

user:
## subproblem b (2.0 points)
Sei $Q$ die Menge der Zustände von $M$, also $Q=\{0,1,2,3,4,5\}$. Bestimmen Sie $S := \{q\in Q:[q]_M=\{q\}\}$, also die Menge der Zustände, die nur zu sich selbst äquivalent sind. Beschreiben Sie, wie die Menge sich aus der Tabelle ergibt.

<answer-template id="1">
$S=\{?\}$

Erklärung:
...
</answer-template>

### answer format
Give your answer in the following format:

<answer id="1">
...
</answer>

assistant:<answer id="1">
$S=\{2,5\}$

Erklärung:
Ein Zustand $q$ gehört zu $S$ genau dann, wenn er nicht äquivalent zu irgendeinem anderen Zustand $p \neq q$ ist. In der Äquivalenztabelle aus Teil a) zeigt ein Gleichheitszeichen „$=$" an, dass zwei Zustände äquivalent sind. Für $S$ müssen wir daher Zustände identifizieren, bei denen **kein** Paar $(q,p)$ mit $p \neq q$ als äquivalent markiert ist:
- **Zustand 2**: Alle Paare $(2,p)$ für $p \neq 2$ sind mit trennenden Wörtern markiert ($(2,0):a$, $(2,1):a$, $(2,3):a$, $(2,4):a$, $(2,5):\varepsilon$), also ist $2$ nur zu sich selbst äquivalent.
- **Zustand 5**: Alle Paare $(5,p)$ für $p \neq 5$ sind mit trennenden Wörtern markiert (implizit aus der Tabelle, z.B. $(5,0):\varepsilon$ via $(0,5)$, $(5,2):\varepsilon$ via $(2,5)$, etc.), also ist $5$ nur zu sich selbst äquivalent.
- **Andere Zustände** (0,1,3,4) sind jeweils äquivalent zu mindestens einem anderen Zustand ($0=1$, $3=4$) und gehören daher nicht zu $S$.
</answer>

user:
## subproblem c (2.0 points)
Zeichnen Sie den minimalen DFA, der $L(M)$ erkennt. Beschriften Sie jeden Zustand mit der entsprechenden Menge an äquivalenten Zuständen aus $M$.

<answer-template id="1">
Zustände: ?
Startzustand: ?
Finalzustände: ?
Transitionen:
    ???

</answer-template>

<example>
Zustände: {0}, {1,2,3}, {4}, {5}
Startzustand: {1,2,3}
Finalzustände: {0}, {4}
Transitionen:
    {0}, a -> {1,2,3}
    {0}, b -> {4}
    {1,2,3}, a -> {5}
    ...

</example>

### answer format
Give your answer in the following format:

<answer id="1">
...
</answer>

assistant:<answer id="1">
Zustände: $\{0,1\}, \{2\}, \{3,4\}, \{5\}$
Startzustand: $\{0,1\}$
Finalzustände: $\{5\}$
Transitionen:
    $\{0,1\}, a \to \{3,4\}$
    $\{0,1\}, b \to \{2\}$
    $\{2\}, a \to \{5\}$
    $\{2\}, b \to \{3,4\}$
    $\{3,4\}, a \to \{0,1\}$
    $\{3,4\}, b \to \{3,4\}$
    $\{5\}, a \to \{5\}$
    $\{5\}, b \to \{3,4\}$
</answer>

user:
## subproblem d (2.0 points)
Wir betrachten den folgenden DFA $M'$:

Zustände: 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7
Startzustand: 0
Finalzustände: 0, 3, 7
Transitionen:
    0, a -> 1
    1, a -> 2
    2, b -> 3
    3, a -> 3
    4, b -> 5
    5, a -> 6
    6, a -> 7
    7, b -> 7
    0, b -> 4
    1, b -> 6
    2, a -> 6
    3, b -> 1
    4, a -> 4
    5, b -> 1
    6, b -> 4
    7, a -> 3

Nach Vorlesung korrespondiert jeder Zustand von $M'$ zu einer Residualsprache. Geben Sie für jeden Zustand das kürzeste Wort an, das in der entsprechenden Residualsprache liegt. Falls es mehrere passende kürzeste Wörter gibt, geben Sie das alphabetisch kleinste davon an. Falls die entsprechende Residualsprache leer ist, geben Sie stattdessen „$\emptyset$" an.

<answer-template id="1">
0: $?$
1: $?$
2: $?$
3: $?$
4: $?$
5: $?$
6: $?$
7: $?$
</answer-template>

<example>
0: $\varepsilon$
1: $a$
...
</example>

### answer format
Give your answer in the following format:

<answer id="1">
...
</answer>

We are given a DFA M' with states 0 to 7, start state 0, final states 0,3,7, and transitions as listed.

Each state corresponds to a residual language (i.e., the set of words that, when starting from that state, lead to an accepting state). We need to find the shortest word in the residual language for each state. If there are multiple shortest words, choose the alphabetically smallest. If the residual language is empty, write ∅.

We can compute the residual language for each state by exploring the DFA from that state and finding the shortest path to any final state.

Note: The start state 0 is final, so the residual language for state 0 contains the empty word ε (since we don't need to read any symbol to accept).

We'll compute for each state:

State 0: Final, so ε is in the residual language. Shortest word: ε.

State 1: From state 1, we can go:
  - On 'a': to state 2
  - On 'b': to state 6

From state 2: 
  - On 'b': to state 3 (final) -> so word "ab" (from 1: a to 2, then b to 3) 
  - On 'a': to state 6 (then from 6: on 'a' to 7 (final) -> so "aa" is also a word? But "ab" is length 2, same as "aa". Alphabetically, "aa" < "ab"? Actually, we need the shortest and then alphabetically smallest.

But note: from state 1, we can also go by 'b' to state 6, then from state 6: 
  - On 'a': to state 7 (final) -> so "ba" is a word of length 2.

So the words of length 2: "aa", "ab", "ba". We need the shortest and then alphabetically smallest. Since they are all length 2, we choose the alphabetically smallest: "aa", "ab", "ba" -> "aa" is the smallest? But wait: from state 1:
  Option 1: a then b: "ab" -> leads to state 3 (final)
  Option 2: a then a: from state 2 on 'a' goes to state 6, then from state 6 on 'a' goes to state 7 (final) -> "aa" then 'a'? Actually: from state 1: read 'a' -> state 2, then read 'a' -> state 6, then read 'a' -> state 7 (final). So that's "aaa". That's length 3. So that's longer.

Wait, I made a mistake: 
From state 1:
  - If we read 'a': go to state 2.
    From state 2: 
        read 'b': go to state 3 (final) -> word "ab"
        read 'a': go to state 6.
            From state 6: 
                read 'a': go to state 7 (final) -> word "aa" (from state 1: a then a) -> but that's two letters: state1--a-->state2--a-->state6? No, state2 on 'a' goes to state6, then state6 on 'a' goes to state7. So the word is "a" (from 1 to 2) and then "a" (from 2 to 6) and then "a" (from 6 to 7) -> that's three letters: "aaa". 

But wait, from state 1 we also have:
  - Read 'b': go to state 6.
    From state 6: 
        read 'a': go to state 7 (final) -> word "ba" (length 2).

So the words of length 2: "ab" (via a then b) and "ba" (via b then a). 
Alphabetically: "ab" and "ba" -> the smallest is "ab"? Because 'a' comes before 'b'. But note: "ab" is a followed by b, and "ba" is b followed by a. In lex order, "ab" < "ba" because the first character 'a' < 'b'. 

But wait: is "ab" actually leading to acceptance? 
State1 --a--> state2 --b--> state3 (final) -> yes, so "ab" is accepted from state1.

Similarly, state1 --b--> state6 --a--> state7 (final) -> "ba" is accepted.

So the shortest words are of length 2. Among these, "ab" is alphabetically smaller than "ba". So state1: "ab"

But wait: is there a word of length 1? 
From state1: 
  - On 'a': goes to state2 (not final)
  - On 'b': goes to state6 (not final)
So no word of length 1. Therefore, shortest is length 2, and "ab" is the lex smallest.

State 2: 
  From state2:
    - On 'b': to state3 (final) -> word "b" (length 1)
    - On 'a': to state6 (then from state6: on 'a' to state7 -> "aa" (length 2) or on 'b' to state4 -> which is not final and then we need to see if we can get to final? But we are looking for the shortest. So "b" is length 1.

So state2: "b"

State3: Final state, so the empty word ε is accepted? But note: state3 is final, meaning that if we are at state3, we accept the empty string. So residual language contains ε.

But wait: the problem says "das kürzeste Wort an, das in der entsprechenden Residualsprache liegt". For a final state, the empty word is the shortest.

So state3: ε

State4: 
  From state4:
    - On 'b': to state5
    - On 'a': to state4 (self-loop)

From state5: 
    - On 'a': to state6
    - On 'b': to state1

From state6: 
    - On 'a': to state7 (final) -> so if we go from state4: b to state5, then a to state6, then a to state7: word "baa"
    - Alternatively: state4 --b--> state5 --b--> state1? Then from state1 we know we can accept with "ab", so total word "bbab" (length 4)

But is there a shorter path? 
We can also go: state4 --a--> state4 (loop) -> but that doesn't lead to final? 
state4 --b--> state5: then from state5: 
    - On 'a': to state6, then state6 --a--> state7: "baa" (length 3)
    - On 'b': to state1, then from state1: we can do "ab" -> "bbab" (length 4) or "ba" -> "bba" (but wait: from state1: "ba" is accepted? Actually, from state1: "ba" leads to state6 then state7? No: state1 on 'b' goes to state6, then state6 on 'a' goes to state7 -> so "ba" is accepted from state1? Then from state5: read 'b' to state1, then from state1 we can read "ba" -> so the word from state4: read 'b' (to state5), then 'b' (to state1), then 'b'? No, we need to read from state1: the word "ba" which is two letters. So total: from state4: b (to state5), b (to state1), then b and a? Actually, the word is the sequence: first symbol is the transition from state4 to state5: 'b', then from state5 to state1: 'b', then from state1 to state6: 'b'? Wait, no: state1 on 'b' goes to state6, then state6 on 'a' goes to state7. So the word is: 'b' (from4 to5), 'b' (from5 to1), then 'b'? But state1 on 'b' goes to state6, so that's the third symbol: 'b', then from state6 we need an 'a' to go to state7. So the word is "bbba"? 

Actually, the word from state4: 
  read 'b' -> state5
  read 'b' -> state1
  read 'b' -> state6? But state1 on 'b' goes to state6? Then state6 is not final. Then from state6: read 'a' -> state7 (final). So the word is "bbba" (three b's and an a). That's length 4.

But we already have "baa" (from state4: b to state5, a to state6, a to state7) -> "baa" is length 3.

Is there a word of length 2? 
From state4: 
  - On 'a': stays at state4 -> not final.
  - On 'b': goes to state5 -> not final.
So no word of length 1 or 2. The shortest is length 3: "baa". But note: is there another word of length 3? 
We can also go: state4 --b--> state5 --a--> state6 --a--> state7: "baa" 
Or state4 --b--> state5 --b--> state1, but then we need at least two more letters? So no. 

But wait: from state5, we can go to state6 by 'a', then state6 to state7 by 'a': that's two letters after the first 'b'. So total three letters: "b" (from4 to5) + "a" (from5 to6) + "a" (from6 to7) -> "baa". 

Alternatively, from state5: go by 'b' to state1, then from state1: we can go by 'a' to state2, then state2 by 'b' to state3: that would be "b" (from4 to5), "b" (from5 to1), "a" (from1 to2), "b" (from2 to3) -> "bbab" (length 4). 

So the shortest is "baa". But note: is there a word of length 3 that is alphabetically smaller? We have only "baa". 

But note: we might have other paths? For example, state4 --a--> state4 --b--> state5 --a--> state6 --a--> state7: that's longer. 

So state4: "baa"

State5: 
  From state5:
    - On 'a': to state6
    - On 'b': to state1

From state6: 
    - On 'a': to state7 (final) -> so if we go from state5: a to state6, then a to state7: word "aa" (length 2)
    - On 'b': to state4 -> then we need to go from state4, which we know requires at least 3 more letters? 

Alternatively, from state5: 
    - On 'b': to state1, then from state1: we can do "ab" -> so word "bab" (length 3)

So the shortest is "aa" (length 2). 

Is there a word of length 1? 
From state5: 
  - On 'a': state6 (not final)
  - On 'b': state1 (not final)
So no. 

Therefore, state5: "aa"

State6: 
  From state6:
    - On 'a': to state7 (final) -> word "a" (length 1)
    - On 'b': to state4 -> then we need at least three more letters? 

So the shortest word is "a". 

State7: Final state? Yes, because final states are 0,3,7. So state7 is final. Therefore, the empty word ε is accepted. 

But wait: the problem says "das kürzeste Wort" and for a final state, ε is the shortest. 

So state7: ε

Now, let's summarize:

State0: final -> ε
State1: "ab" (as we found)
State2: "b"
State3: final -> ε
State4: "baa"
State5: "aa"
State6: "a"
State7: final -> ε

But wait: state7 is final, so ε is in the residual language. However, note that the problem says: "Falls es mehrere passende kürzeste Wörter gibt, geben Sie das alphabetisch kleinste an". For state7, the shortest word is ε, and there is no other word of length 0. So we output ε.

But note: for state0 and state3, we also output ε.

Now, we must write the answers:

0: ε
1: ab
2: b
3: ε
4: baa
5: aa
6: a
7: ε

But wait: for state4, is there a shorter word? We said no. But let me double-check:

State4: 
  Transitions:
    a -> state4 (loop)
    b -> state5

From state5: 
    a -> state6
    b -> state1

From state6: 
    a -> state7 (final) -> so the word starting from state4: b, a, a -> "baa" (length 3)

Is there a word of length 2? 
We need two symbols: 
  First symbol: 
    if a: go to state4 -> then we are back to start, so we need at least three more? 
    if b: go to state5 -> then from state5, we need at least two more? Because state5 is not final and from state5 we can go to state6 by a, then state6 to state7 by a? That's two symbols: so total three. 
    Or from state5: go to state1 by b, then from state1: we need at least two symbols? So no word of length 2.

Similarly, no word of length 1.

So "baa" is correct.

But note: the problem says "das kürzeste Wort ... alphabetisch kleinste". For state4, is there another word of length 3? 
We have:
  Option 1: "baa" (b then a then a)
  Option 2: "bab" ? Let's see: 
      state4 --b--> state5 --b--> state1 --b--> state6? Then state6 is not final, then we need an 'a'? So that would be length 4: "babb" -> no, because from state1: we can do "ba" (which is two symbols) so total: b (from4 to5), b (from5 to1), then from state1: we read 'b' to go to state6, then 'a' to state7: so "bbba" -> which is length 4 and alphabetically larger than "baa".

But wait: from state5: 
  We can go: 
    'a' to state6, then 'a' to state7: "aa" -> so from state4: b then a then a -> "baa"
    or 'b' to state1, then from state1: 
        we can go 'a' to state2, then 'b' to state3: so from state4: b, b, a, b -> "bbab" (length 4)
        or from state1: 'b' to state6, then 'a' to state7: "bb" then 'a'? Actually: state1 on 'b' goes to state6, then state6 on 'a' goes to state7 -> so the word is "b" (state4 to5), "b" (state5 to1), "b" (state1 to6)? No: state1 on 'b' goes to state6, so that's the third symbol: 'b', then we need an 'a' to go to state7: so "bbba". 

So no word of length 3 other than "baa". 

But note: what about "aaa"? 
  state4 --a--> state4 --a--> state4 ... -> never final. 
  Or state4 --b--> state5 --a--> state6 --a--> state7: that's "baa". 

So only one word of length 3: "baa". 

Similarly, for state5: 
  We have "aa" (a to state6, then a to state7). 
  Is there another word of length 2? 
      state5: 
        'a' -> state6, then 'a' -> state7: "aa"
        'b' -> state1, then from state1: we can do "ab" (which is two letters) -> so "b" then "ab": but that's three letters: "bab". 
      Or state5: 'b' to state1, then from state1: we can do "ba" (which is two letters) -> so "b" then "ba": "bba" (length 3). 
  So the only word of length 2 is "aa". 

But wait: is there a word "ab" from state5? 
  state5: 
    read 'a' -> state6 -> then from state6: read 'b'? -> state4 -> not final. 
    read 'a' -> state6, then read 'a' -> state7: that's "aa". 
    read 'b' -> state1, then from state1: read 'a' -> state2, then from state2: read 'b' -> state3: so "bab" (b from state5 to state1, a from state1 to state2, b from state2 to state3) -> that's "bab". 
  So no word "ab" from state5. 

Therefore, state5: "aa"

Now, for state1: we have "ab" and "ba". We chose "ab" because it is alphabetically smaller. But note: the problem says "das alphabetisch kleinste". So between "ab" and "ba", "ab" is smaller because 'a'<'b'. 

But wait: is there a word of length 2 that is smaller than "ab"? No, because "aa" is not accepted: 
  state1: 'a' -> state2 (not final), then if we read 'a'? state2 on 'a' goes to state6, then state6 on 'a' goes to state7: that's "aaa", which is length 3. 
  Similarly, "ab" is accepted and "ba" is accepted. 

So yes, "ab" is the lex smallest among the words of length 2.

Now, let's write the answers:

0: ε
1: ab
2: b
3: ε
4: baa
5: aa
6: a
7: ε

But note: state0 is final, so ε is correct.

However, we must check if state0 has any other path? But the empty word is the shortest.

Similarly, state3 and state7: ε.

Now, state6: we said "a", because state6 on 'a' goes to state7 (final). So the word "a" is accepted. And there is no word of length 0 (since state6 is not final). So "a" is the shortest.

But note: the problem says "das kürzeste Wort", and "a" is length 1.

So we are done.

But wait: state4: we have "baa", but is there a word "aaa"? No, because state4 on 'a' stays at state4, which is not final. Then we need to leave state4 by 'b'. So no.

Similarly, state5: "aa" is correct.

Now, we output:

0: $\varepsilon$
1: $ab$
2: $b$
3: $\varepsilon$
4: $baa$
5: $aa$
6: $a$
7: $\varepsilon$

But note: in the example format, they use LaTeX for the words.

So we write:

<answer id="1">
0: $\varepsilon$
1: $ab$
2: $b$
3: $\varepsilon$
4: $baa$
5: $aa$
6: $a$
7: $\varepsilon$
</answer>

<answer id="1">
0: $\varepsilon$
1: $ab$
2: $b$
3: $\varepsilon$
4: $baa$
5: $aa$
6: $a$
7: $\varepsilon$
</answer>

Wir betrachten den folgenden DFA $M'$:
Zustände: 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7
Startzustand: 0
Finalzustände: 0, 3, 7
Transitionen:
    0, a -> 1
    1, a -> 2
    2, b -> 3
    3, a -> 3
    4, b -> 5
    5, a -> 6
    6, a -> 7
    7, b -> 7
    0, b -> 4
    1, b -> 6
    2, a -> 6
    3, b -> 1
    4, a -> 4
    5, b -> 1
    6, b -> 4
    7, a -> 3
Nach Vorlesung korrespondiert jeder Zustand von $M'$ zu einer Residualsprache. Geben Sie für jeden Zustand das kürzeste Wort an, das in der entsprechenden Residualsprache liegt. Falls es mehrere passende kürzeste Wörter gibt, geben Sie das alphabetisch kleinste davon an. Falls die entsprechende Residualsprache leer ist, geben Sie stattdessen „$\emptyset$" an.

0: $\varepsilon$
1: $ab$
2: $b$
3: $\varepsilon$
4: $baa$
5: $aa$
6: $a$
7: $\varepsilon$

Prompt

system:You are an AI assistant specializing in theoretical computer science. Your task is to answer a series of exam questions, providing accurate and well-reasoned responses that demonstrate a deep understanding of theoretical computer science concepts.

# Instructions

You must follow the given answer format.

If the exercises contains yes or no questions for you to answer, there will be one <option> element for each such question. You must answer these with either 0 or 1.

For longer answers, there will be <answer> elements. If the answer must follow a specific template, a corresponding <answer-template> element defines this template, and you MUST follow it precisely when providing your <answer>, as any deviations from the template will cause your answer to be invalid. A '?' symbol indicates a place for you to insert a short text, while a '???' symbol marks places for you to insert multi-line answers. To define the precise syntax to use, an <example> element may be provided. You MUST follow this syntax. However, note that the answers in the example may not be correct answers to the question.

Some questions relate to specific lecture material. In this case, the material will be provided in <context> elements for you to reference.

## Formatting
Always follow the format of the given exercise. If you are writing longer text, you can put text in *italics* or make it **bold**. Formulas should be given as LaTeX and enclosed properly, i.e. $...$ or \[...\].

user:# Exercise: Residualsprachen und Minimierung


## subproblem a (5.0 points)
Minimieren Sie den folgenden DFA $M$ unter Verwendung des erweiterten Minimierungsalgorithmus. Bestimmen Sie also für jedes Paar an Zuständen $(q,p)$, ob diese äquivalent sind. Wenn ja, tragen Sie ein Gleichheitszeichen „$=$" in die entsprechende Zelle ein, wenn nein, tragen Sie ein möglichst kurzes Wort ein, das dies beweist.

Zustände: 0, 1, 2, 3, 4, 5
Startzustand: 0
Finalzustände: 5
Transitionen:
    0, a -> 3
    0, b -> 2
    1, a -> 4
    1, b -> 2
    2, a -> 5
    2, b -> 4
    3, a -> 1
    3, b -> 4
    4, a -> 1
    4, b -> 4
    5, a -> 5
    5, b -> 4


<answer-template id="1">
Äquivalenztabelle:
(0,1): $?$
(0,2): $?$
(0,3): $?$
(0,4): $?$
(0,5): $?$
(1,2): $?$
(1,3): $?$
(1,4): $?$
(1,5): $?$
(2,3): $?$
(2,4): $?$
(2,5): $?$
(3,4): $?$
(3,5): $?$
(4,5): $?$
</answer-template>

<example>
(0,1): $a$
(0,2): $ba$
(0,3): $=$
(0,4): $\varepsilon$
...

</example>

### answer format
Give your answer in the following format:

<answer id="1">
...
</answer>

assistant:<answer id="1">
Äquivalenztabelle:
(0,1): $=$
(0,2): $a$
(0,3): $ba$
(0,4): $ba$
(0,5): $\varepsilon$
(1,2): $a$
(1,3): $ba$
(1,4): $ba$
(1,5): $\varepsilon$
(2,3): $a$
(2,4): $a$
(2,5): $\varepsilon$
(3,4): $=$
(3,5): $\varepsilon$
(4,5): $\varepsilon$
</answer>

user:
## subproblem b (2.0 points)
Sei $Q$ die Menge der Zustände von $M$, also $Q=\{0,1,2,3,4,5\}$. Bestimmen Sie $S := \{q\in Q:[q]_M=\{q\}\}$, also die Menge der Zustände, die nur zu sich selbst äquivalent sind. Beschreiben Sie, wie die Menge sich aus der Tabelle ergibt.

<answer-template id="1">
$S=\{?\}$

Erklärung:
...
</answer-template>

### answer format
Give your answer in the following format:

<answer id="1">
...
</answer>

assistant:<answer id="1">
$S=\{2,5\}$

Erklärung:
Ein Zustand $q$ gehört zu $S$ genau dann, wenn er nicht äquivalent zu irgendeinem anderen Zustand $p \neq q$ ist. In der Äquivalenztabelle aus Teil a) zeigt ein Gleichheitszeichen „$=$" an, dass zwei Zustände äquivalent sind. Für $S$ müssen wir daher Zustände identifizieren, bei denen **kein** Paar $(q,p)$ mit $p \neq q$ als äquivalent markiert ist:
- **Zustand 2**: Alle Paare $(2,p)$ für $p \neq 2$ sind mit trennenden Wörtern markiert ($(2,0):a$, $(2,1):a$, $(2,3):a$, $(2,4):a$, $(2,5):\varepsilon$), also ist $2$ nur zu sich selbst äquivalent.
- **Zustand 5**: Alle Paare $(5,p)$ für $p \neq 5$ sind mit trennenden Wörtern markiert (implizit aus der Tabelle, z.B. $(5,0):\varepsilon$ via $(0,5)$, $(5,2):\varepsilon$ via $(2,5)$, etc.), also ist $5$ nur zu sich selbst äquivalent.
- **Andere Zustände** (0,1,3,4) sind jeweils äquivalent zu mindestens einem anderen Zustand ($0=1$, $3=4$) und gehören daher nicht zu $S$.
</answer>

user:
## subproblem c (2.0 points)
Zeichnen Sie den minimalen DFA, der $L(M)$ erkennt. Beschriften Sie jeden Zustand mit der entsprechenden Menge an äquivalenten Zuständen aus $M$.

<answer-template id="1">
Zustände: ?
Startzustand: ?
Finalzustände: ?
Transitionen:
    ???

</answer-template>

<example>
Zustände: {0}, {1,2,3}, {4}, {5}
Startzustand: {1,2,3}
Finalzustände: {0}, {4}
Transitionen:
    {0}, a -> {1,2,3}
    {0}, b -> {4}
    {1,2,3}, a -> {5}
    ...

</example>

### answer format
Give your answer in the following format:

<answer id="1">
...
</answer>

assistant:<answer id="1">
Zustände: $\{0,1\}, \{2\}, \{3,4\}, \{5\}$
Startzustand: $\{0,1\}$
Finalzustände: $\{5\}$
Transitionen:
    $\{0,1\}, a \to \{3,4\}$
    $\{0,1\}, b \to \{2\}$
    $\{2\}, a \to \{5\}$
    $\{2\}, b \to \{3,4\}$
    $\{3,4\}, a \to \{0,1\}$
    $\{3,4\}, b \to \{3,4\}$
    $\{5\}, a \to \{5\}$
    $\{5\}, b \to \{3,4\}$
</answer>

user:
## subproblem d (2.0 points)
Wir betrachten den folgenden DFA $M'$:

Zustände: 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7
Startzustand: 0
Finalzustände: 0, 3, 7
Transitionen:
    0, a -> 1
    1, a -> 2
    2, b -> 3
    3, a -> 3
    4, b -> 5
    5, a -> 6
    6, a -> 7
    7, b -> 7
    0, b -> 4
    1, b -> 6
    2, a -> 6
    3, b -> 1
    4, a -> 4
    5, b -> 1
    6, b -> 4
    7, a -> 3

Nach Vorlesung korrespondiert jeder Zustand von $M'$ zu einer Residualsprache. Geben Sie für jeden Zustand das kürzeste Wort an, das in der entsprechenden Residualsprache liegt. Falls es mehrere passende kürzeste Wörter gibt, geben Sie das alphabetisch kleinste davon an. Falls die entsprechende Residualsprache leer ist, geben Sie stattdessen „$\emptyset$" an.

<answer-template id="1">
0: $?$
1: $?$
2: $?$
3: $?$
4: $?$
5: $?$
6: $?$
7: $?$
</answer-template>

<example>
0: $\varepsilon$
1: $a$
...
</example>

### answer format
Give your answer in the following format:

<answer id="1">
...
</answer>

assistant:<answer id="1">
0: $\varepsilon$
1: $ab$
2: $b$
3: $\varepsilon$
4: $baa$
5: $aa$
6: $a$
7: $\varepsilon$
</answer>

user:
## subproblem e (3.0 points)
Sei $L := \{wcw^R:w \in\{a,b\}^*\}\subseteq\{a,b,c\}^*$. Es gilt also z.B. $c,abcba\in L$ und $\varepsilon,abba,abcab\notin L$.

Sei $n\geq 0$ beliebig. Bestimmen Sie die folgenden Residualsprachen und geben Sie sie als Mengen an.

<answer-template id="1">
$L^{a^nb^nc}=?$
$L^{cba^n}=?$
$L^{a^n}=?$
</answer-template>

### answer format
Give your answer in the following format:

<answer id="1">
...
</answer>

We are given a language L = {w c w^R : w in {a,b}^*} over the alphabet {a,b,c}.
We need to find the residual languages for certain strings.

Recall: The residual language of L with respect to a string x, denoted L^x, is {y : x y in L}.

1. L^{a^n b^n c}:
   We need to find {y : a^n b^n c y is in L}.
   For a^n b^n c y to be in L, it must be of the form w c w^R. Since the string starts with a^n b^n c, we can write:
      w c w^R = a^n b^n c y.
   The c must be the middle symbol. Therefore, w must be a^n b^n, and then w^R = b^n a^n. So the entire string must be:
      a^n b^n c b^n a^n.
   Therefore, y must be b^n a^n.

   So L^{a^n b^n c} = {b^n a^n}.

2. L^{c b a^n}:
   We need {y : c b a^n y in L}.
   The string is c b a^n y. For this to be in L, it must be of the form w c w^R. Note that w must end at the c. But here the string starts with c, so w must be the empty string? But then the string would be c w^R, and w^R would have to start with b, which is not possible because w is empty and w^R is empty. Alternatively, we can try to split:

   The form is: w c w^R = c b a^n y.
   Since the first symbol is c, if w is non-empty, then w would have to start with c? But w is in {a,b}^*, so w cannot contain c. Therefore, w must be the empty string. Then the string becomes c w^R, so w^R must be the rest: b a^n y. But then w^R = b a^n y, and since w is empty, w^R must be empty, which is a contradiction.

   Alternatively, if we take w to be non-empty, then the c must be at some position. But the string starts with c, so the first character of w must be c? But w is over {a,b}, so impossible.

   Therefore, there is no such y. So L^{c b a^n} = empty set.

3. L^{a^n}:
   We need {y : a^n y in L}.
   So a^n y must be of the form w c w^R.

   Case 1: w is non-empty and contains the a's at the beginning. Let w = a^k v, where v in {a,b}^* and k>=0. Then w^R = (v)^R a^k.

   The string is: w c w^R = a^k v c (v)^R a^k.

   We have: a^n y = a^k v c (v)^R a^k.

   We must have k <= n. Let k = m, then we require that the first m characters are a^m, then the next part is v c (v)^R a^m. But the entire string has n a's at the beginning? Actually, the entire string has at least k a's at the beginning and then at the end.

   Alternatively, we can split the prefix a^n:

   - If n is even, say n=2m, then we might have w = a^m, then the string would be a^m c a^m. Then y would be c a^m? But then the string becomes a^m c a^m? Actually, if w = a^m, then the string is w c w^R = a^m c a^m. So if y = c a^m, then a^n y = a^{2m} c a^m = a^m a^m c a^m, which is not of the form w c w^R because the part after c must be w^R = a^m, but here we have a^m after c? Actually, the entire string is a^m c a^m, which is indeed w c w^R with w=a^m.

   But note: we can also have other possibilities. For example, w could be longer. For instance, w could be a^m b, then w^R = b a^m, and the string would be a^m b c b a^m. Then y would be b c b a^m? Then a^n y = a^{2m} b c b a^m. This is also in L.

   Actually, for a given n, the residual language L^{a^n} consists of all strings y such that a^n y is in L. So y must be such that the entire string a^n y is of the form w c w^R.

   We can write: w must be a prefix of a^n? Actually, w can be any string in {a,b}^*, but the entire string must start with w, then c, then w^R.

   However, the prefix a^n must be part of w? Not necessarily: w might be shorter than n, then the a^n would extend beyond w? That would break the form.

   Actually, the string a^n y must be split as w c w^R. Since w is entirely in {a,b}^*, the first occurrence of c must be at position |w|+1. Therefore, the first |w| characters must be in {a,b}. But our prefix is a^n, which is in {a,b}^*. So w must be a prefix of a^n? Or w might be a^n followed by some b's? But then the prefix a^n would be part of w.

   Let |w| = k. Then the first k characters of the string are w. Since the string starts with a^n, we must have that w is a prefix of a^n? Actually, w can be any string in {a,b}^* of length k, but the first n characters are a's. Therefore, w must be composed of a's only? Not necessarily: if k <= n, then w must be a^k (because the first k characters are a's). Then the next character is at position k+1: it must be c? But the string has a^n, so if k < n, then the (k+1)-th character is a (since we have n a's). But that character must be part of w? No, because w is only k characters. Therefore, we must have k >= n? 

   Actually, the first n characters are a's. So for w, which is the first k characters, if k <= n, then w = a^k. Then the next character must be c? But the (k+1)-th character is the next one. Since k <= n, and the n-th character is a, then if k < n, the (k+1)-th character is a (because we have n consecutive a's). Therefore, it cannot be c. So we must have k >= n.

   Now, if k >= n, then the first n characters of w are a^n. But w is of length k and must be in {a,b}^*. Since the first n characters are a's, we can write w = a^n v, where v is in {a,b}^* and |v| = k-n.

   Then the string becomes: w c w^R = a^n v c (v)^R a^n.

   Therefore, the entire string a^n y must equal a^n v c (v)^R a^n. So y = v c (v)^R a^n.

   Therefore, L^{a^n} = { v c (v)^R a^n : v in {a,b}^* }.

   But note: this is an infinite set. However, the problem asks to give the residual language as a set. But we cannot list an infinite set by enumeration. We need to describe it.

   Alternatively, note that the residual language is the set of strings that complete a^n to a word in L. So it must be of the form: any string that starts with some string v (which is arbitrary over {a,b}), then a c, then the reverse of v, then a^n.

   So: L^{a^n} = { v c v^R a^n : v in {a,b}^* }.

   But note: the entire string is a^n v c v^R a^n? Actually, no: the entire string is a^n (v c v^R a^n). But wait: we have a^n y, and y = v c v^R a^n. So the entire string is a^n v c v^R a^n.

   However, for the form w c w^R, we set w = a^n v. Then w^R = (a^n v)^R = v^R (a^n)^R = v^R a^n. So w c w^R = a^n v c v^R a^n, which matches.

   Therefore, L^{a^n} = { v c v^R a^n : v in {a,b}^* }.

   But note: the problem asks for the residual languages and to give them as sets. So we write:

   L^{a^n} = \{ v c v^R a^n \mid v \in \{a,b\}^* \}

   However, we must be cautious: is there any constraint on v? It can be any string over {a,b}, including the empty string.

   Example: if v is empty, then we get y = c a^n. Then the entire string is a^n c a^n, which is in L (with w = a^n).

   If v = b, then y = b c b a^n, and the entire string is a^n b c b a^n, which is in L (with w = a^n b).

   So the set is correct.

Now, let's summarize:

1. L^{a^n b^n c} = { b^n a^n }   (a singleton set)

2. L^{c b a^n} = empty set   (since no string of the form c b a^n y can be in L)

3. L^{a^n} = \{ v c v^R a^n \mid v \in \{a,b\}^* \}

We write the answers accordingly.

Note: The problem says "geben Sie sie als Mengen an", meaning to describe them as sets.

For L^{a^n b^n c}, we write: \{ b^n a^n \}

For L^{c b a^n}, we write: \emptyset

For L^{a^n}, we write: \{ v c v^R a^n \mid v \in \{a,b\}^* \}

In the answer template, we are to fill in the sets.

So:

$L^{a^nb^nc} = \{ b^n a^n \}$
$L^{cba^n} = \emptyset$
$L^{a^n} = \{ v c v^R a^n \mid v \in \{a,b\}^* \}$

But note: in the set for L^{a^n}, we have a parameter v. This is acceptable because the problem asks for the set.

We write the answer accordingly.

<answer id="1">
$L^{a^nb^nc}=\{ b^n a^n \}$
$L^{cba^n}=\emptyset$
$L^{a^n}=\{ v c v^R a^n \mid v \in \{a,b\}^* \}$
</answer>

Sei $L := \{wcw^R:w \in\{a,b\}^*\}\subseteq\{a,b,c\}^*$. Es gilt also z.B. $c,abcba\in L$ und $\varepsilon,abba,abcab\notin L$.

Sei $n\geq 0$ beliebig. Bestimmen Sie die folgenden Residualsprachen und geben Sie sie als Mengen an.

$L^{a^nb^nc}=\{ b^n a^n \}$
$L^{cba^n}=\emptyset$
$L^{a^n}=\{ v c v^R a^n \mid v \in \{a,b\}^* \}$

Prompt

system:You are an AI assistant specializing in theoretical computer science. Your task is to answer a series of exam questions, providing accurate and well-reasoned responses that demonstrate a deep understanding of theoretical computer science concepts.

# Instructions

You must follow the given answer format.

If the exercises contains yes or no questions for you to answer, there will be one <option> element for each such question. You must answer these with either 0 or 1.

For longer answers, there will be <answer> elements. If the answer must follow a specific template, a corresponding <answer-template> element defines this template, and you MUST follow it precisely when providing your <answer>, as any deviations from the template will cause your answer to be invalid. A '?' symbol indicates a place for you to insert a short text, while a '???' symbol marks places for you to insert multi-line answers. To define the precise syntax to use, an <example> element may be provided. You MUST follow this syntax. However, note that the answers in the example may not be correct answers to the question.

Some questions relate to specific lecture material. In this case, the material will be provided in <context> elements for you to reference.

## Formatting
Always follow the format of the given exercise. If you are writing longer text, you can put text in *italics* or make it **bold**. Formulas should be given as LaTeX and enclosed properly, i.e. $...$ or \[...\].

user:# Exercise: Residualsprachen und Minimierung


## subproblem a (5.0 points)
Minimieren Sie den folgenden DFA $M$ unter Verwendung des erweiterten Minimierungsalgorithmus. Bestimmen Sie also für jedes Paar an Zuständen $(q,p)$, ob diese äquivalent sind. Wenn ja, tragen Sie ein Gleichheitszeichen „$=$" in die entsprechende Zelle ein, wenn nein, tragen Sie ein möglichst kurzes Wort ein, das dies beweist.

Zustände: 0, 1, 2, 3, 4, 5
Startzustand: 0
Finalzustände: 5
Transitionen:
    0, a -> 3
    0, b -> 2
    1, a -> 4
    1, b -> 2
    2, a -> 5
    2, b -> 4
    3, a -> 1
    3, b -> 4
    4, a -> 1
    4, b -> 4
    5, a -> 5
    5, b -> 4


<answer-template id="1">
Äquivalenztabelle:
(0,1): $?$
(0,2): $?$
(0,3): $?$
(0,4): $?$
(0,5): $?$
(1,2): $?$
(1,3): $?$
(1,4): $?$
(1,5): $?$
(2,3): $?$
(2,4): $?$
(2,5): $?$
(3,4): $?$
(3,5): $?$
(4,5): $?$
</answer-template>

<example>
(0,1): $a$
(0,2): $ba$
(0,3): $=$
(0,4): $\varepsilon$
...

</example>

### answer format
Give your answer in the following format:

<answer id="1">
...
</answer>

assistant:<answer id="1">
Äquivalenztabelle:
(0,1): $=$
(0,2): $a$
(0,3): $ba$
(0,4): $ba$
(0,5): $\varepsilon$
(1,2): $a$
(1,3): $ba$
(1,4): $ba$
(1,5): $\varepsilon$
(2,3): $a$
(2,4): $a$
(2,5): $\varepsilon$
(3,4): $=$
(3,5): $\varepsilon$
(4,5): $\varepsilon$
</answer>

user:
## subproblem b (2.0 points)
Sei $Q$ die Menge der Zustände von $M$, also $Q=\{0,1,2,3,4,5\}$. Bestimmen Sie $S := \{q\in Q:[q]_M=\{q\}\}$, also die Menge der Zustände, die nur zu sich selbst äquivalent sind. Beschreiben Sie, wie die Menge sich aus der Tabelle ergibt.

<answer-template id="1">
$S=\{?\}$

Erklärung:
...
</answer-template>

### answer format
Give your answer in the following format:

<answer id="1">
...
</answer>

assistant:<answer id="1">
$S=\{2,5\}$

Erklärung:
Ein Zustand $q$ gehört zu $S$ genau dann, wenn er nicht äquivalent zu irgendeinem anderen Zustand $p \neq q$ ist. In der Äquivalenztabelle aus Teil a) zeigt ein Gleichheitszeichen „$=$" an, dass zwei Zustände äquivalent sind. Für $S$ müssen wir daher Zustände identifizieren, bei denen **kein** Paar $(q,p)$ mit $p \neq q$ als äquivalent markiert ist:
- **Zustand 2**: Alle Paare $(2,p)$ für $p \neq 2$ sind mit trennenden Wörtern markiert ($(2,0):a$, $(2,1):a$, $(2,3):a$, $(2,4):a$, $(2,5):\varepsilon$), also ist $2$ nur zu sich selbst äquivalent.
- **Zustand 5**: Alle Paare $(5,p)$ für $p \neq 5$ sind mit trennenden Wörtern markiert (implizit aus der Tabelle, z.B. $(5,0):\varepsilon$ via $(0,5)$, $(5,2):\varepsilon$ via $(2,5)$, etc.), also ist $5$ nur zu sich selbst äquivalent.
- **Andere Zustände** (0,1,3,4) sind jeweils äquivalent zu mindestens einem anderen Zustand ($0=1$, $3=4$) und gehören daher nicht zu $S$.
</answer>

user:
## subproblem c (2.0 points)
Zeichnen Sie den minimalen DFA, der $L(M)$ erkennt. Beschriften Sie jeden Zustand mit der entsprechenden Menge an äquivalenten Zuständen aus $M$.

<answer-template id="1">
Zustände: ?
Startzustand: ?
Finalzustände: ?
Transitionen:
    ???

</answer-template>

<example>
Zustände: {0}, {1,2,3}, {4}, {5}
Startzustand: {1,2,3}
Finalzustände: {0}, {4}
Transitionen:
    {0}, a -> {1,2,3}
    {0}, b -> {4}
    {1,2,3}, a -> {5}
    ...

</example>

### answer format
Give your answer in the following format:

<answer id="1">
...
</answer>

assistant:<answer id="1">
Zustände: $\{0,1\}, \{2\}, \{3,4\}, \{5\}$
Startzustand: $\{0,1\}$
Finalzustände: $\{5\}$
Transitionen:
    $\{0,1\}, a \to \{3,4\}$
    $\{0,1\}, b \to \{2\}$
    $\{2\}, a \to \{5\}$
    $\{2\}, b \to \{3,4\}$
    $\{3,4\}, a \to \{0,1\}$
    $\{3,4\}, b \to \{3,4\}$
    $\{5\}, a \to \{5\}$
    $\{5\}, b \to \{3,4\}$
</answer>

user:
## subproblem d (2.0 points)
Wir betrachten den folgenden DFA $M'$:

Zustände: 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7
Startzustand: 0
Finalzustände: 0, 3, 7
Transitionen:
    0, a -> 1
    1, a -> 2
    2, b -> 3
    3, a -> 3
    4, b -> 5
    5, a -> 6
    6, a -> 7
    7, b -> 7
    0, b -> 4
    1, b -> 6
    2, a -> 6
    3, b -> 1
    4, a -> 4
    5, b -> 1
    6, b -> 4
    7, a -> 3

Nach Vorlesung korrespondiert jeder Zustand von $M'$ zu einer Residualsprache. Geben Sie für jeden Zustand das kürzeste Wort an, das in der entsprechenden Residualsprache liegt. Falls es mehrere passende kürzeste Wörter gibt, geben Sie das alphabetisch kleinste davon an. Falls die entsprechende Residualsprache leer ist, geben Sie stattdessen „$\emptyset$" an.

<answer-template id="1">
0: $?$
1: $?$
2: $?$
3: $?$
4: $?$
5: $?$
6: $?$
7: $?$
</answer-template>

<example>
0: $\varepsilon$
1: $a$
...
</example>

### answer format
Give your answer in the following format:

<answer id="1">
...
</answer>

assistant:<answer id="1">
0: $\varepsilon$
1: $ab$
2: $b$
3: $\varepsilon$
4: $baa$
5: $aa$
6: $a$
7: $\varepsilon$
</answer>

user:
## subproblem e (3.0 points)
Sei $L := \{wcw^R:w \in\{a,b\}^*\}\subseteq\{a,b,c\}^*$. Es gilt also z.B. $c,abcba\in L$ und $\varepsilon,abba,abcab\notin L$.

Sei $n\geq 0$ beliebig. Bestimmen Sie die folgenden Residualsprachen und geben Sie sie als Mengen an.

<answer-template id="1">
$L^{a^nb^nc}=?$
$L^{cba^n}=?$
$L^{a^n}=?$
</answer-template>

### answer format
Give your answer in the following format:

<answer id="1">
...
</answer>

assistant:<answer id="1">
$L^{a^nb^nc}=\{ b^n a^n \}$
$L^{cba^n}=\emptyset$
$L^{a^n}=\{ v c v^R a^n \mid v \in \{a,b\}^* \}$
</answer>

user:
## subproblem f (4.0 points)
Sei $L := \{a^nb^m:n,m\ge0\wedge n\ne m\}$. Zeigen Sie, dass $L$ nicht regulär ist, indem Sie für jedes $n\in\N$ ein Wort $w_n\in\{a,b\}^*$ angeben, sodass $L^{w_0},L^{w_1},...$ paarweise verschieden sind, und beweisen Sie dies.

<answer-template id="1">
$w_n := ?$

Beweis $L^{w_i}\ne L^{w_j}$ für $i,j\in\N,i\ne j$:
???
</answer-template>

### answer format
Give your answer in the following format:

<answer id="1">
...
</answer>

Wir haben bereits mehrere Teilaufgaben bearbeitet. Nun kommen wir zu Teil f.

Die Sprache L ist definiert als \( L := \{ a^n b^m : n, m \geq 0 \wedge n \neq m \} \). Wir sollen zeigen, dass L nicht regulär ist, indem wir für jedes \( n \in \mathbb{N} \) ein Wort \( w_n \) angeben, so dass die Residualsprachen \( L^{w_0}, L^{w_1}, \dots \) paarweise verschieden sind.

Eine Residualsprache \( L^w \) ist definiert als \( L^w = \{ x \in \Sigma^* : w x \in L \} \).

Um zu zeigen, dass L nicht regulär ist, müssen wir zeigen, dass der Index von L (die Anzahl der Äquivalenzklassen der Nerode-Relation) unendlich ist. Das können wir tun, indem wir eine unendliche Folge von Wörtern \( w_n \) finden, so dass für \( i \neq j \) die Residualsprachen \( L^{w_i} \neq L^{w_j} \) sind.

Wir müssen also für jedes n ein Wort \( w_n \) definieren und dann zeigen, dass für \( i \neq j \) ein Wort z existiert, so dass \( w_i z \in L \) aber \( w_j z \notin L \) oder umgekehrt.

Überlegen wir, was die Residualsprache für ein gegebenes Wort ist.

Betrachten wir ein Wort der Form \( a^k \). Dann ist \( L^{a^k} = \{ b^m : m \geq 0 \wedge k \neq m \} \). Aber das hängt von k ab. Für verschiedene k, sind diese Sprachen verschieden? 

Zum Beispiel: \( L^{a^0} = L^\varepsilon = \{ a^n b^m : n \neq m \} \), aber das ist fast L selbst, aber wir brauchen eine Folge.

Setzen wir \( w_n = a^n \). Dann ist \( L^{a^n} = \{ b^m : m \neq n \} \cup \{ a^k b^m : k \geq 0, m \geq 0, k \neq m \} \)? Nein, das ist nicht korrekt.

Wenn wir \( w = a^n \) haben, dann ist \( L^w = \{ x : a^n x \in L \} \). L besteht aus Wörtern der Form \( a^n b^m \) mit \( n \neq m \). Also muss x so sein, dass \( a^n x \) in L ist. Damit \( a^n x \) in L ist, muss x mit b's beginnen? Nicht unbedingt, aber wenn x ein a enthält, dann wäre \( a^n x \) nicht von der Form \( a^n b^m \), es sei denn, x besteht nur aus b's.

Damit \( a^n x \in L \), muss \( a^n x \) die Form \( a^{n'} b^{m} \) haben mit \( n' \neq m \). Aber \( a^n x \) hat die Form \( a^n x \), also wenn x ein a enthält, dann ist es nicht mehr nur a's gefolgt von b's. Also muss x aus b's bestehen, damit \( a^n x \) in L ist. Also \( x = b^m \) für ein m, und dann \( a^n b^m \in L \) genau dann wenn \( n \neq m \). Also ist \( L^{a^n} = \{ b^m : m \neq n \} \).

Das ist eine einfache Sprache: alle b^m außer b^n.

Jetzt, für verschiedene n, sagen wir i und j, ist \( L^{a^i} = \{ b^m : m \neq i \} \) und \( L^{a^j} = \{ b^m : m \neq j \} \). Diese sind verschieden, weil zum Beispiel \( b^j \in L^{a^i} \) (da j ≠ i), aber \( b^j \notin L^{a^j} \) (da j = j). Also trennt \( b^j \) die beiden Sprachen: \( b^j \in L^{a^i} \) aber \( b^j \notin L^{a^j} \).

Perfekt. Also können wir setzen \( w_n = a^n \).

Dann sind die \( L^{w_n} = L^{a^n} = \{ b^m : m \neq n \} \) paarweise verschieden für verschiedene n.

Beweis: Seien i ≠ j. Dann ist \( b^j \in L^{a^i} \) weil \( a^i b^j \in L \) (da i ≠ j), aber \( b^j \notin L^{a^j} \) weil \( a^j b^j \notin L \) (da j = j). Also \( L^{a^i} \neq L^{a^j} \).

Das sollte genügen.

In der Aufgabe steht: "für jedes n∈ℕ ein Wort w_n angeben", und dann die Folge soll unendlich viele verschiedene Residualsprachen liefern.

Mit w_n = a^n haben wir das.

Gibt es ein kürzeres Wort? Aber es muss nicht das kürzeste sein, nur dass die Folge funktioniert.

Und wir müssen das Wort angeben und dann beweisen.

Also:

w_n := a^n

Beweis: Seien i,j ∈ ℕ mit i ≠ j. Dann gilt:

- Das Wort z = b^j ist in L^{a^i}, weil a^i b^j ∈ L (da i ≠ j).

- Aber z = b^j ist nicht in L^{a^j}, weil a^j b^j ∉ L (da j = j).

Also ist L^{a^i} ≠ L^{a^j}.

Das ist der Beweis.

Jetzt müssen wir es in das Format eintragen.

Die Antwortvorlage:

$w_n := ?$

Beweis $L^{w_i}\ne L^{w_j}$ für $i,j\in\N,i\ne j$:
???

Wir setzen w_n = a^n.

Und der Beweis wie oben.

<answer id="1">
$w_n := a^n$

Beweis $L^{w_i}\ne L^{w_j}$ für $i,j\in\N,i\ne j$:
Seien $i, j \in \mathbb{N}$ mit $i \neq j$ beliebig. Betrachte das Wort $z = b^j$.  
- $z \in L^{w_i}$, denn $w_i z = a^i b^j \in L$ (da $i \neq j$).  
- $z \notin L^{w_j}$, denn $w_j z = a^j b^j \notin L$ (da $j = j$).  
Somit gilt $L^{w_i} \neq L^{w_j}$, da $z$ die Sprachen trennt.  
Da $i, j$ beliebig mit $i \neq j$ gewählt wurden, sind die Residualsprachen $L^{w_0}, L^{w_1}, \dots$ paarweise verschieden.
</answer>

Sei $L := \{a^nb^m:n,m\ge0\wedge n\ne m\}$. Zeigen Sie, dass $L$ nicht regulär ist, indem Sie für jedes $n\in\N$ ein Wort $w_n\in\{a,b\}^*$ angeben, sodass $L^{w_0},L^{w_1},...$ paarweise verschieden sind, und beweisen Sie dies.

$w_n := a^n$

Beweis $L^{w_i}\ne L^{w_j}$ für $i,j\in\N,i\ne j$:
Seien $i, j \in \mathbb{N}$ mit $i \neq j$ beliebig. Betrachte das Wort $z = b^j$.  
- $z \in L^{w_i}$, denn $w_i z = a^i b^j \in L$ (da $i \neq j$).  
- $z \notin L^{w_j}$, denn $w_j z = a^j b^j \notin L$ (da $j = j$).  
Somit gilt $L^{w_i} \neq L^{w_j}$, da $z$ die Sprachen trennt.  
Da $i, j$ beliebig mit $i \neq j$ gewählt wurden, sind die Residualsprachen $L^{w_0}, L^{w_1}, \dots$ paarweise verschieden.

Prompt

system:You are an AI assistant specializing in theoretical computer science. Your task is to answer a series of exam questions, providing accurate and well-reasoned responses that demonstrate a deep understanding of theoretical computer science concepts.

# Instructions

You must follow the given answer format.

If the exercises contains yes or no questions for you to answer, there will be one <option> element for each such question. You must answer these with either 0 or 1.

For longer answers, there will be <answer> elements. If the answer must follow a specific template, a corresponding <answer-template> element defines this template, and you MUST follow it precisely when providing your <answer>, as any deviations from the template will cause your answer to be invalid. A '?' symbol indicates a place for you to insert a short text, while a '???' symbol marks places for you to insert multi-line answers. To define the precise syntax to use, an <example> element may be provided. You MUST follow this syntax. However, note that the answers in the example may not be correct answers to the question.

Some questions relate to specific lecture material. In this case, the material will be provided in <context> elements for you to reference.

## Formatting
Always follow the format of the given exercise. If you are writing longer text, you can put text in *italics* or make it **bold**. Formulas should be given as LaTeX and enclosed properly, i.e. $...$ or \[...\].

user:# Exercise: NFA-Konstruktion

Sei $\Sigma:=\{0,1\}$. Für eine Sprache $L\subseteq\Sigma^*$ bezeichnet $L^{\downarrow 0}$ die Sprache, die man erhält, wenn man den Wörtern aus $L$ jeweils genau zwei Nullen entfernt. Z.B. gilt $\{0,010, 1\}^{\downarrow 0}=\{1\}$ und $\{1,101, 0\}^{\downarrow 0}=\emptyset$. Formal:
$$L^{\downarrow 0}:= \{uvw: u0v0w\in L \wedge u,v,w\in\Sigma^*\}$$
Beachten Sie insbesondere, dass das Löschen nicht optional ist.

## subproblem a (3.0 points)
Gegeben sind drei reguläre Ausdrücke $r_1,r_2,r_3$ über $\Sigma$. Geben Sie jeweils reguläre Ausdrücke $s_1,s_2,s_3$ an, sodass $L(s_i)=L(r_i)^{\downarrow 0}$ für $i\in\{1,2,3\}$.

<answer-template id="1">
$r_1:=(0\mid 1)(0\mid 1)$, $s_1=?$
$r_2:=(0\mid 1)^*$, $s_2=?$
$r_3:=(01)^*$, $s_3=?$
</answer-template>

### answer format
Give your answer in the following format:

<answer id="1">
...
</answer>

Wir haben die Operation $L^{\downarrow 0}$ definiert als die Sprache, die entsteht, wenn man aus jedem Wort in $L$ genau zwei Nullen entfernt. Formal: $L^{\downarrow 0} = \{ uvw \mid u0v0w \in L \text{ mit } u,v,w \in \Sigma^* \}$.

Für jeden regulären Ausdruck $r_i$ müssen wir einen regulären Ausdruck $s_i$ finden, so dass $L(s_i) = L(r_i)^{\downarrow 0}$.

Wir betrachten die drei gegebenen regulären Ausdrücke:

1. $r_1 = (0 \mid 1)(0 \mid 1)$
2. $r_2 = (0 \mid 1)^*$
3. $r_3 = (01)^*$

**Zu $r_1$:**
$L(r_1)$ ist die Menge aller Wörter der Länge 2 über $\{0,1\}$, also $\{00, 01, 10, 11\}$.

Nun wenden wir $^{\downarrow 0}$ an. Wir müssen aus jedem Wort genau zwei Nullen entfernen. Aber beachte: Ein Wort in $L(r_1)$ hat nur zwei Zeichen. Um zwei Nullen zu entfernen, muss das Wort mindestens zwei Nullen enthalten. Allerdings:

- $00$: Hier entfernen wir zwei Nullen. Das Ergebnis ist das leere Wort, also $\epsilon$.
- $01$: Wir müssen zwei Nullen entfernen, aber es gibt nur eine Null. Also kann kein Wort durch Entfernen von genau zwei Nullen entstehen.
- $10$: ähnlich, nur eine Null.
- $11$: keine Null.

Also: Nur $00$ kann zwei Nullen liefern, und das Ergebnis ist $\epsilon$. Die anderen Wörter liefern keine Ergebnisse, da sie nicht zwei Nullen haben.

Somit: $L(r_1)^{\downarrow 0} = \{\epsilon\}$ für $00$, aber nur wenn wir zwei Nullen entfernen können. Bei $00$: Wir setzen $u=\epsilon, v=\epsilon, w=\epsilon$, dann ist $u0v0w = 00$, also $uvw = \epsilon$. Für die anderen Wörter gibt es keine Möglichkeit, zwei Nullen zu entfernen, da sie nicht zwei Nullen enthalten.

Also $L(r_1)^{\downarrow 0} = \{\epsilon\}$.

Daher ist $s_1 = \epsilon$.

**Zu $r_2$:**
$r_2 = (0 \mid 1)^*$, also $L(r_2) = \Sigma^*$, alle Wörter über $\{0,1\}$.

Nun $L(r_2)^{\downarrow 0} = \{ uvw \mid u0v0w \in \Sigma^* \}$.

Da $u,v,w$ beliebige Wörter sind, bedeutet das: Wir nehmen ein beliebiges Wort, das mindestens zwei Nullen enthält, und entfernen genau zwei davon (nicht notwendigerweise die ersten beiden, sondern irgendwelche zwei). Aber die Definition sagt: Es gibt eine Zerlegung des ursprünglichen Wortes in $u0v0w$, und das Ergebnis ist $uvw$.

Beachte: Die zwei entfernten Nullen können an beliebigen Positionen sein. Das Ergebnis ist also die Menge aller Wörter, die man erhält, indem man aus einem beliebigen Wort zwei Nullen entfernt (an beliebigen Stellen).

Aber Achtung: Es müssen genau zwei Nullen entfernt werden, und das ursprüngliche Wort muss in $L$ sein, was hier immer der Fall ist.

Also: $L(r_2)^{\downarrow 0}$ ist die Menge aller Wörter, die man durch Entfernen von genau zwei beliebigen Nullen aus einem Wort über $\{0,1\}$ erhält. Aber das ist äquivalent zu: Ein Wort $x$ ist in $L(r_2)^{\downarrow 0}$, wenn man zwei Nullen an beliebigen Stellen in $x$ einfügen kann, um ein Wort in $\Sigma^*$ zu erhalten. Da $\Sigma^*$ alle Wörter umfasst, ist das immer möglich, solange wir zwei Nullen einfügen.

Tatsächlich: Für jedes Wort $x \in \Sigma^*$, können wir zwei Nullen an beliebigen Positionen einfügen, und das Ergebnis ist in $\Sigma^*$. Also ist $L(r_2)^{\downarrow 0} = \Sigma^*$? Aber nein, denn wenn wir zwei Nullen entfernen, dann hat das Ergebnis weniger Zeichen. Zum Beispiel: Das leere Wort $\epsilon$: Kann man $\epsilon$ durch Entfernen von zwei Nullen aus einem Wort in $\Sigma^*$ erhalten? Nur wenn das ursprüngliche Wort genau zwei Nullen hat, also $00$, dann ist $uvw=\epsilon$. Aber es gibt auch andere Wörter: Z.B. wenn wir aus $000$ zwei Nullen entfernen, können wir $\epsilon$ nicht erhalten? Nein: Um $\epsilon$ zu erhalten, müsste das ursprüngliche Wort genau zwei Nullen haben, also $00$. Aber wir können auch andere Wörter erhalten: Z.B. wenn wir aus $100$ die erste und dritte Null entfernen: $u=\epsilon, v=10, w=\epsilon$? $u0v0w = 0 \cdot 10 \cdot 0 = 0100$? Nein, das ist nicht korrekt.

Korrekt: Wir haben ein Wort $z = u0v0w$, und $uvw$ ist das Ergebnis. Für $z=100$: Mögliche Zerlegungen, um zwei Nullen zu entfernen:

- Erste Null: $u=\epsilon, v=1, w=0$, dann $u0v0w = 0 \cdot 1 \cdot 0 \cdot 0 = 0100 \neq 100$. Falsch.

Besser: Die zwei Nullen, die entfernt werden, sind an bestimmten Positionen. Sei $z$ ein Wort. Wir wählen zwei Positionen, an denen Nullen stehen, und entfernen diese. Aber in der Definition ist die Zerlegung $z = u a v b w$ mit $a=b=0$, und wir entfernen $a$ und $b$, also bleibt $u v w$.

Für $z=100$: 
- Wenn wir die erste Null entfernen (Position 1) und die dritte Null (Position 3): Dann ist $u$ = Teil vor der ersten Null = $\epsilon$, $v$ = Teil zwischen den Nullen = der Teil zwischen Position 1 und 3, also $v$ = Zeichen 2, also $v=0$? Aber dann $w$ = nach der zweiten Null = $\epsilon$. Also $u0v0w = \epsilon \cdot 0 \cdot 0 \cdot 0 \cdot \epsilon = 000 \neq 100$. Das passt nicht.

Stattdessen: Die Zerlegung muss die Buchstaben in Ordnung lassen. Wenn wir die erste und dritte Null entfernen, dann ist das Wort $100$: 
- Die erste Null ist an Position 1. Davor: $u=\epsilon$. 
- Dann kommt die erste Null (die wir entfernen). 
- Dann kommt der Teil bis zur nächsten Null: Das nächste Zeichen ist an Position 2, das ist '0', aber wir wollen eine Null entfernen, also nehmen wir die Null an Position 3? Aber Position 3 ist das letzte Zeichen, '0'. 
- Zwischen der ersten Null (Position 1) und der dritten Null (Position 3) ist das Zeichen an Position 2, also $v$ = "0" (das Zeichen dazwischen). 
- Dann $w$ = nach der zweiten Null: $\epsilon$. 
Also $u0v0w = \epsilon \cdot 0 \cdot 0 \cdot 0 \cdot \epsilon = 000$, aber $z=100 \neq 000$. 

Das passt nicht. Also wie entfernen wir zwei Nullen aus $100$? $100$ hat zwei Nullen: an Position 1 und 3? Position 1: '1'? $100$: Zeichen 1: '1', Zeichen 2: '0', Zeichen 3: '0'. Also Nullen an Position 2 und 3.

- Entfernen der Null an Position 2: Dann $u$ = Teil vorher: "1", $v$ = Teil zwischen, aber wir entfernen nur eine Null? Wir müssen zwei entfernen.

Also: Wir entfernen die Null an Position 2 und die Null an Position 3.

Dann:
- Vor der ersten entfernten Null (Position 2): $u = $ Zeichen 1 = "1"
- Die erste Null (entfernt)
- Zwischen der ersten und zweiten entfernten Null: aber die zweite Null ist direkt danach, also $v = \epsilon$ (nichts dazwischen)
- Die zweite Null (entfernt)
- Nachher: $w = \epsilon$
Also $u0v0w = 1 \cdot 0 \cdot \epsilon \cdot 0 \cdot \epsilon = 100$, und $uvw = 1 \cdot \epsilon \cdot \epsilon = 1$.

Oder: Wir könnten auch $u=\epsilon$, dann erste Null, dann $v=$ "10", dann zweite Null, dann $w=\epsilon$, aber $u0v0w = 0 \cdot 10 \cdot 0 = 0100 \neq 100$.

Nur die erste Zerlegung ist korrekt: $u="1", v=\epsilon, w=\epsilon$, dann $u0v0w = 1 \cdot 0 \cdot \epsilon \cdot 0 \cdot \epsilon = 100$, und $uvw=1$.

Also für $z=100$ ist ein Ergebnis $1$.

Allgemein: $L(r_2)^{\downarrow 0}$ ist die Menge aller Wörter, die man durch Entfernen von genau zwei beliebigen Nullen aus einem beliebigen Wort in $\Sigma^*$ erhält. Da wir aus jedem Wort, das mindestens zwei Nullen enthält, zwei Nullen entfernen können, und das Ergebnis ist ein Wort über $\Sigma^*$ mit Länge $|z|-2$ (wenn $z$ das ursprüngliche Wort ist), aber nicht alle Wörter sind erreichbar.

Tatsächlich: Ein Wort $x$ ist in $L(r_2)^{\downarrow 0}$ genau dann, wenn es ein Wort $z \in \Sigma^*$ gibt, das mindestens zwei Nullen enthält, und $x$ entsteht aus $z$ durch Entfernen von genau zwei Nullen. Das ist äquivalent zu: $x$ kann man durch Einfügen von genau zwei Nullen an beliebigen Positionen in $x$ erhalten.

Also: $L(r_2)^{\downarrow 0} = \{ x \in \Sigma^* \mid \text{es gibt } k,l \text{ mit } 1 \leq k \leq l \leq |x|+2 \text{ (Positionen, an denen Nullen eingefügt werden)} \}$, aber einfacher: Jedes Wort, das durch Entfernen von zwei Nullen entsteht, hat die Eigenschaft, dass es selbst beliebige Wörter sein kann, aber mit der Einschränkung, dass wir zwei Nullen entfernt haben.

Tatsächlich: Für jedes Wort $x \in \Sigma^*$, können wir zwei Nullen an beliebigen Positionen in $x$ einfügen, und erhalten ein Wort $z$, aus dem durch Entfernen dieser zwei Nullen wieder $x$ entsteht. Und da $z \in \Sigma^*$, ist jedes solche $x$ in $L(r_2)^{\downarrow 0}$. Aber: Wenn wir zwei Nullen entfernen, dann hat $x$ zwei Zeichen weniger als $z$. Also ist $x$ ein beliebiges Wort, aber seine Länge ist um 2 kleiner als die von $z$. Da $z$ beliebig sein kann, ist $x$ auch beliebig? Nein, denn $x$ hat Länge $|z|-2$, und $z$ kann beliebig lang sein, also kann $x$ jedes Wort beliebiger Länge sein? Aber für ein festes $x$, können wir $z$ finden, indem wir zwei Nullen in $x$ einfügen, und das geht immer, solange wir die Positionen wählen. Also ja: Für jedes $x \in \Sigma^*$ gibt es ein $z$ (z.B. durch Einfügen von zwei Nullen am Ende), so dass $z \in \Sigma^*$ und durch Entfernen dieser zwei Nullen erhalten wir $x$. Also ist $L(r_2)^{\downarrow 0} = \Sigma^*$.

Aber ist das korrekt? Betrachten wir $x = \epsilon$. Dann können wir zwei Nullen einfügen, z.B. am Anfang, also $z=00$, und durch Entfernen der zwei Nullen: $u=\epsilon, v=\epsilon, w=\epsilon$, $u0v0w=00$, und $uvw=\epsilon$. Also $\epsilon \in L(r_2)^{\downarrow 0}$.

Für $x=0$: Wir können zwei Nullen einfügen, z.B. am Anfang und nach dem ersten Zeichen: $u=\epsilon, v=0, w=\epsilon$, dann $u0v0w = 0 \cdot 0 \cdot 0 = 000$, und $uvw = \epsilon \cdot 0 \cdot \epsilon = 0$. Also $0 \in L(r_2)^{\downarrow 0}$.

Allgemein: Für jedes $x$, füge zwei Nullen an beliebigen Stellen ein, z.B. am Ende: $z = x \cdot 00$. Dann entfernen wir die letzten zwei Nullen: $u=x, v=\epsilon, w=\epsilon$, dann $u0v0w = x \cdot 0 \cdot \epsilon \cdot 0 \cdot \epsilon = x00$, und $uvw = x \cdot \epsilon \cdot \epsilon = x$. Also ja, jedes $x$ ist in $L(r_2)^{\downarrow 0}$.

Also $L(r_2)^{\downarrow 0} = \Sigma^*$.

Daher ist $s_2 = (0 \mid 1)^*$.

**Zu $r_3$:**
$r_3 = (01)^*$, also $L(r_3) = \{ \epsilon, 01, 0101, 010101, \ldots \} = \{ (01)^n \mid n \geq 0 \}$.

Nun wenden wir $^{\downarrow 0}$ an. Wir müssen aus jedem Wort in $L(r_3)$ genau zwei Nullen entfernen. Aber beachte: Die Wörter in $L(r_3)$ haben eine gerade Länge, und bestehen aus abwechselnd 0 und 1, beginnend mit 0 (außer für $\epsilon$).

- Für $n=0$: Das leere Wort $\epsilon$. Darin sind keine Nullen, also können wir keine zwei Nullen entfernen. Also trägt nichts bei.
- Für $n=1$: $01$. Enthält eine Null. Nicht genug.
- Für $n=2$: $0101$. Enthält zwei Nullen (an Position 1 und 3). Wir können diese zwei Nullen entfernen. Wie?
  - Erste Null an Position 1, zweite Null an Position 3.
  - $u$ = vor erster Null: $\epsilon$
  - $v$ = zwischen erster und zweiter Null: das Zeichen dazwischen, also Position 2: '1'
  - $w$ = nach zweiter Null: $\epsilon$ (da nach Position 3 nichts kommt, aber das Wort ist "0101", Position 1:0, 2:1, 3:0, 4:1. Also nach der zweiten Null (Position 3) kommt noch ein Zeichen '1' an Position 4.
  Korrektur: Das Wort ist $z = a_1 a_2 a_3 a_4 = 0,1,0,1$.

Wir entfernen zwei Nullen, z.B. die erste und die dritte Null (Position 1 und 3).

- $u$ = Teil vor der ersten entfernten Null: vor Position 1, also $\epsilon$
- erste Null (entfernt)
- $v$ = Teil zwischen erster und zweiter entfernten Null: zwischen Position 1 und 3, also die Zeichen von Position 2 bis 2: '1'
- zweite Null (entfernt)
- $w$ = Teil nach der zweiten entfernten Null: von Position 4 bis Ende: '1'
Also $u0v0w = \epsilon \cdot 0 \cdot 1 \cdot 0 \cdot 1 = 0101 = z$, und $uvw = \epsilon \cdot 1 \cdot 1 = 11$.

Können wir andere Nullen entfernen? Es gibt nur zwei Nullen, also nur eine Möglichkeit: die erste und die zweite Null (die einzigen zwei).

Also für $z=0101$ ist das Ergebnis $11$.

Für $n=3$: $z=010101$. Enthält drei Nullen (Position 1,3,5). Wir müssen genau zwei entfernen. Also gibt es mehrere Möglichkeiten:

1. Entferne erste und zweite Null (Pos.1 und 3):
   - $u=\epsilon$
   - $v=$ zwischen: Zeichen 2: '1'
   - $w=$ nach zweiter Null: Zeichen 4 und 5: '1' und '0'? Position 4:1, 5:0, 6:1? z=010101: Pos1:0,2:1,3:0,4:1,5:0,6:1.
   Nach der zweiten Null (Pos.3) ist der Rest ab Pos.4: "101"
   Also $w="101"$
   $u0v0w = \epsilon \cdot 0 \cdot 1 \cdot 0 \cdot 101 = 010101 = z$, und $uvw = \epsilon \cdot 1 \cdot 101 = 1101$

2. Entferne erste und dritte Null (Pos.1 und 5):
   - $u=\epsilon$
   - $v=$ zwischen Pos.1 und 5: Zeichen 2,3,4: "101"
   - $w=$ nach dritter Null: Zeichen 6: '1'
   $u0v0w = \epsilon \cdot 0 \cdot 101 \cdot 0 \cdot 1 = 010101 = z$, $uvw = \epsilon \cdot 101 \cdot 1 = 1011$

3. Entferne zweite und dritte Null (Pos.3 und 5):
   - $u=$ vor zweiter Null: aber die zweite Null ist an Pos.3, davor ist Pos.1 und 2: "01"
   - $v=$ zwischen Pos.3 und 5: Zeichen 4: '1'
   - $w=$ nach dritter Null: Zeichen 6: '1'
   $u0v0w = 01 \cdot 0 \cdot 1 \cdot 0 \cdot 1 = 010101 = z$, $uvw = 01 \cdot 1 \cdot 1 = 0111$

Also für $z=010101$ erhalten wir $1101, 1011, 0111$.

Allgemein: Ein Wort in $L(r_3)^{\downarrow 0}$ entsteht, indem wir aus einem Wort $(01)^k$ für $k \geq 2$ genau zwei Nullen entfernen. Das Ergebnis ist ein Wort der Länge $2k - 2$.

Welche Wörter sind das? Es sind Wörter, die aus $2k-2$ Zeichen bestehen, und zwar mit der Eigenschaft, dass, wenn wir zwei Nullen an bestimmten Positionen einfügen, wir ein Wort in $(01)^*$ erhalten.

Beachte: Das ursprüngliche Wort $z$ hat die Form $(01)^k$, also abwechselnd 0 und 1, beginnend mit 0.

Wenn wir zwei Nullen entfernen, dann:
- Die resultierende Zeichenkette besteht aus den verbleibenden Zeichen in derselben Reihenfolge.
- Da wir nur Nullen entfernen, bleiben die Einsen erhalten, und die Reihenfolge der Zeichen bleibt.

In $z = (01)^k$, die Folge der Zeichen ist: Position ungerade: 0 (für die Nullen), Position gerade: 1 (für die Einsen). Wenn wir zwei Nullen entfernen, d.h. zwei der ungeraden Positionen entfernen, dann verschieben sich die Positionen.

Das resultierende Wort hat $2k - 2$ Zeichen: $k-2$ Nullen und $k$ Einsen? Ursprünglich: $k$ Nullen und $k$ Einsen. Nach Entfernen von zwei Nullen: $k-2$ Nullen und $k$ Einsen. Also insgesamt $2k-2$ Zeichen, mit $k$ Einsen und $k-2$ Nullen.

Aber wichtiger: Die Reihenfolge. Die Einsen bleiben an ihren ursprünglichen Positionen (gerade Indizes), aber wenn wir eine Null entfernen, dann rücken die nachfolgenden Zeichen auf.

Stattdessen: Betrachte die Struktur. Nach dem Entfernen von zwei Nullen, ist das resultierende Wort eine Folge von Zeichen, die aus dem ursprünglichen Wort ohne die zwei entfernten Nullen besteht. Da die ursprüngliche Folge abwechselnd 0 und 1 war, aber nach Entfernen von Nullen, haben wir möglicherweise aufeinanderfolgende Einsen.

Zum Beispiel in $0101$: Nach Entfernen beider Nullen: $11$, also zwei Einsen hintereinander.

In $010101$: Entfernen von Pos.1 und 3: $1101$ (die ersten zwei Zeichen sind '1','1', dann '0','1').

Um die Sprache zu charakterisieren: Ein Wort $x$ ist in $L(r_3)^{\downarrow 0}$ genau dann, wenn es aus einem Wort in $(01)^*$ durch Entfernen von genau zwei Nullen entsteht. Da $(01)^*$ regulär ist, und die Operation des Entfernens von zwei Nullen, können wir einen regulären Ausdruck konstruieren.

Beachte: Jedes Wort in $L(r_3)$ hat die Form $(01)^k$ für $k \geq 0$. Für $k < 2$ gibt es keine Wörter in $L^{\downarrow 0}$. Für $k \geq 2$, entfernen wir zwei Nullen. Die Nullen sind an den ungeraden Positionen: Position 1,3,5,...,2k-1.

Wenn wir zwei Nullen entfernen, sagen wir an Position $i$ und $j$ mit $1 \leq i < j \leq 2k-1$, und $i,j$ ungerade.

Nach dem Entfernen, ist das resultierende Wort:

- Die Zeichen vor Position $i$ bleiben gleich.
- Dann, an Position $i$ war eine Null, die entfernt wird, also fällt sie weg.
- Die Zeichen zwischen $i$ und $j$ verschieben sich: Das Zeichen, das ursprünglich an Position $i+1$ (eine Eins) rückt nach vorne, usw.
- Dann Position $j$ (Null) wird entfernt, und der Rest folgt.

Da die Struktur regelmäßig ist, können wir die möglichen Ergebnisse beschreiben.

Beachte: Das resultierende Wort hat Länge $2k-2$. Es besteht aus $k$ Einsen und $k-2$ Nullen. Die Einsen sind alle noch vorhanden, und die Nullen sind alle bis auf zwei vorhanden.

Die Reihenfolge: Die relative Reihenfolge der Einsen und der verbleibenden Nullen ist dieselbe wie im ursprünglichen Wort.

Im ursprünglichen Wort $(01)^k$ ist die Folge: Null, Eins, Null, Eins, ..., Null, Eins.

Nach Entfernen von zwei Nullen, haben wir eine Folge, in der die Einsen an den Positionen sind, an denen sie waren, aber die Nullen sind weniger, und die Positionen verschieben sich.

Wir können das Ergebnis als ein Wort beschreiben, das aus Blöcken besteht.

Beobachtung: Wenn wir zwei Nullen entfernen, dann entsteht ein Wort, das mit einer Eins beginnen oder enden kann, und es können zwei Einsen aufeinanderfolgen.

Tatsächlich: 
- Wenn wir zwei aufeinanderfolgende Nullen entfernen? Aber in $(01)^k$ gibt es keine zwei aufeinanderfolgenden Nullen, da immer abwechselnd.

Die entfernten Nullen sind nicht notwendigerweise benachbart.

Mögliche Fälle:
1. Die zwei entfernten Nullen sind benachbart im Sinne der Null-Positionen, d.h. ohne Eins dazwischen? Nein, zwischen zwei Nullen ist immer eine Eins.

In der Folge: Zwischen zwei aufeinanderfolgenden Nullen (d.h. an Position i und i+2) ist genau eine Eins.

Wenn wir zwei Nullen entfernen, die durch eine Eins getrennt sind, dann wird diese Eins nicht entfernt, und im Ergebnis haben wir diese Eins, und die umgebenden Teile.

Betrachten wir die Struktur des resultierenden Wortes.

Ein Wort in $L(r_3)^{\downarrow 0}$ für $k \geq 2$ ist von der Form: Es besteht aus einer Folge von "1" und "0", aber mit der Einschränkung, dass es genau $k$ Einsen und $k-2$ Nullen hat, und die erste und letzte Eigenschaft.

Stattdessen: Da das ursprüngliche Wort mit 0 beginnt und mit 1 endet (wenn $k \geq 1$), aber nach Entfernen von Nullen kann es anders sein.

Zum Beispiel:
- Für $k=2$: Ergebnis $11$, beginnt mit 1, endet mit 1.
- Für $k=3$: Mögliche Ergebnisse $1101, 1011, 0111$, alle haben drei Einsen und eine Null (da $k-2=1$ Null).

Allgemein: Anzahl Einsen ist $k$, Anzahl Nullen ist $k-2$.

Und die Wörter haben die Eigenschaft, dass sie nicht mit "00" beginnen oder enden, aber $1101$ beginnt mit "11", $1011$ mit "10", $0111$ mit "01".

Um einen regulären Ausdruck zu finden, können wir die Sprache beschreiben.

Beachte: Jedes Wort in $L(r_3)^{\downarrow 0}$ kann erhalten werden, indem wir in einem Wort aus $(01)^*$ zwei Nullen entfernen. Das ist äquivalent zu: Wir nehmen ein Wort aus $(01)^*$ und ersetzen zwei der '0' durch nichts, d.h. löschen sie.

Regulärer Ausdruck für $s_3$: Wir können die Sprache aller Wörter beschreiben, die durch Entfernen von zwei Nullen aus $(01)^*$ entstehen.

Eine Möglichkeit: Die Sprache besteht aus allen Wörtern, die aus einer Folge von Einsen und Nullen bestehen, mit genau $k$ Einsen und $k-2$ Nullen für irgendein $k \geq 2$, und die zusätzlich die Eigenschaft haben, dass zwischen zwei aufeinanderfolgenden Einsen höchstens eine Null steht, und am Anfang und Ende bestimmte Bedingungen.

Aber vielleicht einfacher: Da die Struktur regelmäßig ist, können wir die möglichen Positionen, an denen Nullen entfernt wurden, berücksichtigen.

Beachte: Das ursprüngliche Wort ist $(01)^m$ für $m \geq 2$. Nach Entfernen von zwei Nullen, ist das Wort eine Zeichenkette der Länge $2m-2$.

Wir können es als $(01)^{m-1}$ betrachten, aber mit zwei fehlenden Nullen? Nicht direkt.

Beispiel: Für $m=2$: $(01)^2 = 0101$, nach Entfernen zweier Nullen: 11, was nicht $(01)^0$ oder ähnlich ist.

Stattdessen: Nach dem Entfernen von zwei Nullen, haben wir eine Folge, die aus $m$ Einsen und $m-2$ Nullen besteht, und die Einsen sind in der Reihenfolge, und die Nullen sind an den Positionen, an denen sie nicht entfernt wurden.

Eine Schlüsselbeobachtung: Im ursprünglichen Wort $(01)^m$ sind die Nullen an den Positionen 1,3,5,...,2m-1, und die Einsen an 2,4,6,...,2m.

Wenn wir zwei Nullen entfernen, sagen wir an Position $i$ und $j$ (ungerade Indizes), dann im resultierenden Wort:
- Die Einsen bleiben an ihren Positionen, aber ihre absoluten Positionen verschieben sich, aber relativ: Die Folge der Einsen ist unverändert: sie sind alle noch da, in derselben Reihenfolge.
- Die verbleibenden Nullen sind an den Positionen, die nicht $i$ oder $j$ sind, also $m-2$ Nullen, ebenfalls in derselben relativen Reihenfolge.

Aber die Reihenfolge von Einsen und Nullen ist gemischt. Da im ursprünglichen Wort die Folge abwechselnd ist, nach Entfernen von zwei Nullen, kann es vorkommen, dass zwei Einsen aufeinanderfolgen, oder eine Null am Anfang oder Ende.

Tatsächlich: Zwischen zwei aufeinanderfolgenden verbleibenden Nullen, wenn sie nicht benachbart waren, gibt es eine Eins, aber wenn wir eine Null dazwischen entfernt haben, dann können mehr Einsen dazwischen sein.

Vielleicht ist es besser, die Sprache als regulären Ausdruck zu schreiben.

Wir wissen, dass $L(r_3) = (01)^*$.

Die Operation $^{\downarrow 0}$ ist eine spezielle Operation, aber wir können einen endlichen Automaten für $L(r_3)$ nehmen und dann anpassen.

Da es sich um eine feste Sprache handelt, können wir die Wörter auflisten.

Für $m=2$: ein Wort: 11
Für $m=3$: drei Wörter: 1101, 1011, 0111
Für $m=4$: $z=01010101$, entferne zwei Nullen. Es gibt $\binom{4}{2}=6$ Möglichkeiten, aber da die Nullen unterscheidbar sind, aber in diesem Fall sind alle Nullen gleich, aber die Positionen sind unterschiedlich.

Die Wörter:
- Entferne Pos.1 und 3: Ergebnis: u=ε, v=1 (zwischen 1 und 3), w=101 (nach 3) -> 1 101 = 1101
- Entferne Pos.1 und 5: u=ε, v=101 (zwischen 1 und 5), w=1 (nach 5) -> 1011
- Entferne Pos.1 und 7: u=ε, v=10101, w=ε -> 10101
  Aber z=01010101, Länge 8, Positionen 1:0,2:1,3:0,4:1,5:0,6:1,7:0,8:1
  Entferne 1 und 7: u=ε, v= Zeichen 2-6: 10101, w= Zeichen 8:1 -> uvw=101011? Aber v=10101, w=1, also 101011
- Entferne Pos.3 und 5: u= Zeichen 1-2: 01, v= Zeichen 4:1, w= Zeichen 6-8: 101 -> uvw=011101
- Entferne Pos.3 und 7: u=01, v=101 (zwischen 3 und 7: Zeichen 4,5,6:101), w=1 -> 011011
- Entferne Pos.5 und 7: u=0101, v=1 (zwischen 5 und 7: Zeichen 6:1), w=1 -> 010111

Also für m=4: 1101, 1011, 10101, 011101, 011011, 010111

Beachte: 10101 ist enthalten, was fünf Zeichen hat: '1','0','1','0','1'

Allgemein: Die Sprache besteht aus allen Wörtern, die aus $m$ Einsen und $m-2$ Nullen bestehen für $m \geq 2$, und die die Eigenschaft haben, dass es keine zwei aufeinanderfolgenden Nullen gibt, und das Wort nicht mit "00" beginnt oder endet, aber in den Beispielen gibt es keine zwei aufeinanderfolgenden Nullen, da im ursprünglichen Wort keine zwei Nullen benachbart sind, und durch Entfernen von Nullen können keine zwei Nullen benachbart entstehen, weil zwischen zwei Nullen immer mindestens eine Eins war, und wenn wir eine Null dazwischen entfernen, ist die Eins noch da, also haben wir höchstens eine Null zwischen Einsen.

In der Tat: Im resultierenden Wort können keine zwei Nullen benachbart sein, denn wenn zwei Nullen benachbart wären, dann gäbe es im ursprünglichen Wort zwei Nullen an benachbarten Positionen, aber in $(01)^m$ sind Nullen immer durch Einsen getrennt.

Außerdem muss das Wort mit einer Eins beginnen oder enden, aber nicht unbedingt: in 0111 beginnt es mit 0, endet mit 1; in 1101 beginnt mit 1, endet mit 1; in 010111 beginnt mit 0, endet mit 1.

Es kann mit 0 beginnen, wenn die erste Null nicht entfernt wurde, und mit 1 enden.

Die Bedingungen sind:
- Das Wort besteht aus m Einsen und (m-2) Nullen für irgendein m≥2.
- Es gibt keine zwei aufeinanderfolgenden Nullen.
- Das Wort beginnt nicht mit zwei Nullen (automatisch, da keine zwei aufeinanderfolgenden) und endet nicht mit zwei Nullen.

Aber das ist notwendig, aber ist es hinreichend? Nicht unbedingt, denn die relative Position muss passen.

Zum Beispiel: Gibt es ein Wort mit m=3: drei Einsen, eine Null. Mögliche Wörter: 111, 110, 101, 011, aber mit der Bedingung keine zwei aufeinanderfolgenden Nullen, also 111, 110, 101, 011 sind alle erlaubt. Aber in unserer Liste für m=3 haben wir 1101,1011,0111, also 110,101,011? 1101 ist '1','1','0','1' — das sind vier Zeichen, aber m=3 Einsen, also Länge 4, mit 3 Einsen und 1 Null, also ja, 1101 hat drei Einsen und eine Null.

1101: Positionen: 1:1,2:1,3:0,4:1 — keine zwei aufeinanderfolgenden Nullen.

Aber 111 hätte drei Einsen und keine Null, das entspricht m=3, k-2=1? m-2=1 Null, also muss eine Null da sein. Also 111 ist nicht drin.

Für m=3: drei Einsen, eine Null. Mögliche Wörter ohne zwei aufeinanderfolgende Nullen: 1011, 1101, 0111, 1011, etc. Aber 1011: '1','0','1','1' — hat drei Einsen und eine Null, keine zwei aufeinanderfolgenden Nullen.

In unserer Liste für m=3: 1101, 1011, 0111.

1101: '1','1','0','1'
1011: '1','0','1','1'
0111: '0','1','1','1'

Alles Wörter der Länge 4 mit drei Einsen und einer Null, keine zwei aufeinanderfolgenden Nullen.

Gibt es noch andere? 1011 ist schon da, 1101, 0111. Was ist mit 1110? '1','1','1','0' — hat keine zwei aufeinanderfolgenden Nullen, drei Einsen, eine Null. Ist das in der Sprache? Für m=3, können wir das durch Entfernen von zwei Nullen aus (01)^3=010101 erhalten? Wenn wir die erste und fünfte Null entfernen? Aber es gibt nur drei Nullen an Pos 1,3,5. Entfernen von 1 und 5: u=ε, v=101 (zwischen 1 und 5: Zeichen 2,3,4:1,0,1), w=ε? Nach Pos5: Zeichen 6:1, also w=1. uvw=ε·101·1=1011, nicht 1110.

Entfernen von 3 und 5: u=01 (vor Pos3: Zeichen1,2:0,1), v=1 (zwischen 3 und 5: Zeichen4:1), w=1 (nach5: Zeichen6:1), uvw=01·1·1=0111.

Kann ich 1110 erhalten? Angenommen, ich entferne die zweite und dritte Null aus 010101: also Pos3 und5. Wie oben, ergibt 0111. Oder Pos1 und3: ergibt 1101. Kein Weg, um 1110 zu bekommen. Warum? Weil im ursprünglichen Wort die Einsen an geraden Positionen sind, und wenn wir Nullen entfernen, bleiben die Einsen in ihrer relativen Reihenfolge, aber in 1110 ist die Null am Ende, und die ersten drei sind Einsen. Im ursprünglichen Wort sind die Einsen an den geraden Positionen, also nach dem Entfernen von Nullen, kann eine Null nur dann am Ende sein, wenn die letzte Null nicht entfernt wurde, und das letzte Zeichen eine Eins ist, was der Fall ist. Aber in 1110, die Folge der Einsen ist 1,1,1 und dann eine Null. Im ursprünglichen Wort für m=3, die Einsen sind an Position 2,4,6. Wenn wir zwei Nullen entfernen, sagen wir an Pos i und j, dann sind die verbleibenden Nullen an den anderen ungeraden Positionen. Die Einsen sind immer noch an 2,4,6, aber die Positionen verschieben sich. Damit am Ende eine Null steht, muss die Null an Position 5 oder 7 etc. nicht entfernt worden sein. Für m=3, die ungeraden Positionen sind 1,3,5. Wenn wir nicht die Null an Pos5 entfernen, dann ist sie am Ende, aber nach ihr kommt noch eine Eins an Pos6. Wenn wir Pos5 nicht entfernen, und z.B. Pos1 und3 entfernen, dann ist das Wort: nach Entfernen von Pos1 und3: die verbleibenden Zeichen: Pos2:1, Pos4:1, Pos5:0, Pos6:1 — also 1101, die Null ist an dritter Position. Wenn wir Pos1 und5 entfernen: Pos2:1, Pos3:0, Pos4:1, Pos6:1 — aber Pos3:0 ist noch da, und Pos6:1, also 1011. Wenn wir Pos3 und5 entfernen: Pos1:0, Pos2:1, Pos4:1, Pos6:1 — 0111. In keinem Fall haben wir eine Null am Ende, weil die letzte Null (Pos5) entfernt werden kann oder nicht, aber wenn sie nicht entfernt wird, ist sie nicht am Ende, da danach noch eine Eins kommt. Also kann die Null nie am Ende sein, weil nach jeder Null (außer evtl. der letzten) eine Eins kommt, und wenn die letzte Null nicht entfernt wird, ist sie nicht am Ende des Wortes. In (01)^m, das letzte Zeichen ist immer 1, also nach dem Entfernen von Nullen ist das letzte Zeichen immer eine Eins, da wir nur Nullen entfernen und die Einsen am Ende bleiben. In allen Beispielen endet das Wort mit 1. In 1101 endet mit 1, 1011 mit 1, 0111 mit 1. Also muss das Wort mit 1 enden.

Anfang: kann mit 0 oder 1 beginnen.

Zusätzlich: die Folge hat keine zwei aufeinanderfolgenden Nullen.

Für m=3: mögliche Wörter: 0111, 1011, 1101, aber nicht 1110.

Allgemein: Ein Wort x ist in der Sprache gdw:
- Es besteht aus k Einsen und (k-2) Nullen für ein k≥2.
- Es gibt keine zwei aufeinanderfolgenden Nullen.
- Es beginnt mit 0 oder 1, endet mit 1.
- Die erste Eins kommt vor der ersten Null oder umgekehrt, aber mit den Bedingungen.

Eine bessere Charakterisierung: Da die Einsen in x in derselben Reihenfolge sind wie im Original, und es k Einsen gibt, und die Nullen dazwischen, können wir x als eine Folge sehen, in der die Einsen fest sind, und dazwischen Nullen eingefügt sind, aber mit Einschränkungen.

Im ursprünglichen Wort gibt es zwischen zwei aufeinanderfolgenden Einsen genau eine Null (da ...1 0 1...). Wenn wir Nullen entfernen, dann entfernen wir einige dieser Nullen, so dass zwischen zwei aufeinanderfolgenden Einsen null oder eine Null sein kann (da wir nur ganze Nullen entfernen, und ursprünglich eine da war).

In x, wenn wir die k Einsen haben, dann gibt es k+1 "Lücken" wo Nullen sein können: vor der ersten Eins, zwischen den Einsen, und nach der letzten Eins. Aber im ursprünglichen Wort ist vor der ersten Eins eine Null (wenn das Wort nicht leer ist), nach der letzten Eins keine Null, und zwischen je zwei Einsen eine Null.

Nach dem Entfernen von zwei Nullen:
- Vor der ersten Eins: kann eine Null sein oder nicht (wenn die erste Null nicht entfernt wurde).
- Zwischen zwei Einsen: kann eine Null sein oder nicht (wenn die Null zwischen ihnen nicht entfernt wurde).
- Nach der letzten Eins: nie eine Null, da im Original keine Null nach der letzten Eins ist, und wir nur Nullen entfernen, also kann dort keine Null hinzugefügt werden.

Also: x hat die Form:
- Optional eine Null am Anfang.
- Dann eine Folge von k Blöcken, jeder Block ist eine Eins, gefolgt von optional einer Null, aber mit der Einschränkung, dass insgesamt genau (k-2) Nullen vorhanden sind.

Genauer: Die Struktur ist:
x = [0]? (1 [0]?){k} 
Aber das [0]? für jede Lücke, und die Summe der Nullen muss k-2 sein.

Da es k Einsen gibt, und k+1 mögliche Positionen für Nullen: Position 0 (vor der ersten Eins), Position i für i=1 bis k-1 (zwischen i-ter und (i+1)-ter Eins), und Position k (nach der letzten Eins). Aber Position k hat immer 0 Nullen, da nie eine Null am Ende.

Also nur Position 0 bis k-1 können Nullen haben, und zwar jeweils 0 oder 1 Null.

Die Gesamtzahl der Nullen ist die Summe über diese Lücken, und muss k-2 sein.

Da es k Lücken sind (Position 0,1,2,...,k-1), und jede kann 0 oder 1 Null haben, und Summe = k-2.

Die Anzahl der Lücken, die eine Null haben, ist k-2.

Da es k Lücken gibt, und wir genau k-2 Nullen haben, bedeutet das, dass genau k-2 der k Lücken eine Null enthalten, und zwei Lücken keine Null enthalten.

Mit anderen Worten: Wir haben k Einsen, und in den k Lücken (vor, zwischen, nach) haben wir genau k-2 Nullen, also genau zwei Lücken haben keine Null.

Da nach der letzten Eins nie eine Null ist, ist die letzte Lücke (nach der letzten Eins) immer leer, also hat sie immer 0 Nullen. Also ist Lücke k immer ohne Null.

Wir haben k Lücken: Lücke 0 (vor erste Eins), Lücke 1 (zwischen erster und zweiter Eins), ..., Lücke k-1 (zwischen (k-1)-ter und k-ter Eins), Lücke k (nach k-ter Eins). Aber Lücke k ist immer leer, also hat 0 Nullen.

Also effektiv haben wir nur die ersten k Lücken: 0 bis k-1, aber Lücke k-1 ist zwischen der vorletzten und letzten Eins, und Lücke k ist nach der letzten Eins.

Da Lücke k immer 0 Nullen hat, können wir sie ignorieren. Also haben wir Lücken 0 bis k-1, insgesamt k Lücken.

Jede Lücke kann 0 oder 1 Null haben, und die Gesamtzahl der Nullen ist k-2.

Also muss die Anzahl der Lücken, die eine Null haben, k-2 sein, also genau zwei Lücken haben keine Null.

Die Lücken, die keine Null haben, können irgendwelche zwei der k Lücken sein.

Das resultierende Wort ist dann:
- Für Lücke i: wenn sie eine Null hat, schreibe "0", sonst nichts.
- Dann die i-te Eins (für i=1 bis k), aber nach jeder Eins (außer der letzten) kommt die nächste Lücke.

Sequentiell: 
- Zuerst Lücke 0: "0" oder ""
- Dann "1"
- Dann Lücke 1: "0" or ""
- Dann "1"
- ...
- Dann Lücke (k-1): "0" or ""
- Dann "1"
- Und Lücke k ist immer "", also nichts.

Da nach der letzten Eins nichts kommt.

Also das Wort ist von der Form: 
(A_0) 1 (A_1) 1 (A_2) ... 1 (A_{k-1}) 1
wobei jedes A_i entweder "0" oder "" ist, und genau k-2 der A_i sind "0", und genau zwei sind "".

Da k variabel ist, und k≥2.

Um einen regulären Ausdruck zu finden, können wir das als die Menge aller Wörter beschreiben, die mit 0 oder 1 beginnen können, dann eine Folge von "1" mit optionalen "0" dazwischen, aber mit der Gesamtzahl der Nullen gleich der Anzahl der Einsen minus 2.

Aber reguläre Ausdrücke können nicht zählen, aber hier haben wir eine feste Anzahl von Einsen, die variiert.

Glücklicherweise können wir es anders ausdrücken.

Beachte: Die Sprache ist regulär, da sie durch Entfernen von Buchstaben aus einer regulären Sprache entsteht, aber im Allgemeinen ist das Entfernen von Buchstaben nicht regulär erhaltend, aber in diesem Fall, da wir genau zwei feste Buchstaben entfernen, und die Sprache regulär ist, können wir einen NFA konstruieren.

Für die Prüfung reicht es vielleicht, einen Ausdruck zu finden.

Wir können bemerken, dass die Sprache alle Wörter über {0,1} enthält, die mit 1 enden, keine zwei aufeinanderfolgenden Nullen haben, und die Anzahl der Einsen minus die Anzahl der Nullen ist 2.

Denn: Anzahl Einsen = k, Anzahl Nullen = k-2, also k - (k-2) = 2.

Und keine zwei aufeinanderfolgenden Nullen, und endet mit 1.

Ist das hinreichend? In den Beispielen: für x=11: Einsen:2, Nullen:0, 2-0=2, endet mit 1, keine zwei aufeinanderfolgenden Nullen.
x=1101: Einsen:3, Nullen:1, 3-1=2, endet mit 1, keine zwei aufeinanderfolgenden.
x=1011: 3-1=2, etc.
x=0111: 3-1=2.
x=10101 (für m=4): Einsen:3? '1','0','1','0','1' — drei Einsen, zwei Nullen, 3-2=1 ≠2. Aber früher für m=4, als wir zwei Nullen entfernt haben, muss k=4 Einsen sein, da ursprünglich m=4 Einsen, keine entfernt. Also in x muss k Einsen sein, k-2 Nullen, also für k=4, zwei Nullen. Aber 10101 hat drei Einsen und zwei Nullen, also k=3? Widerspruch.

Für m=4, ursprünglich vier Einsen. Nach Entfernen von zwei Nullen, hat x vier Einsen und zwei Nullen? m=4, Anzahl Nullen ursprünglich 4, entfernen zwei, also 2 Nullen, Anzahl Einsen 4. Also |x|=6, mit 4 Einsen, 2 Nullen.

In meinem früheren Beispiel für m=4, als ich Pos1 und7 entfernt habe: uvw=101011? '1','0','1','0','1','1' — das sind vier Einsen und zwei Nullen. Und 4-2=2.

Und es endet mit 1, keine zwei aufeinanderfolgenden Nullen.

Similarly, 011101: '0','1','1','1','0','1' — Einsen: an Pos2,3,4,6: vier Einsen? '0','1','1','1','0','1' — Positionen: 1:0,2:1,3:1,4:1,5:0,6:1 — also Einsen an 2,3,4,6: vier Einsen, Nullen an 1,5: zwei Nullen. 4-2=2. Keine zwei aufeinanderfolgenden Nullen.

Also yes: x ist in L(r_3)^{\downarrow 0} gdw:
- x endet mit 1
- x enthält keine zwei aufeinanderfolgenden Nullen
- Anzahl der Einsen minus Anzahl der Nullen ist 2.

Und da die Sprache regulär ist, können wir einen regulären Ausdruck angeben.

Wie? Ein solcher regulärer Ausdruck kann geschrieben werden, aber es ist nicht trivial.

Da wir in der Vorlesung vielleicht eine Konstruktion haben, aber hier müssen wir es hinschreiben.

Eine einfache Möglichkeit: Die Sprache ist gleich der Sprache des regulären Ausdrucks: (1+01)^* 1 (1+10)^* aber mit der Bedingung, dass die Differenz 2 ist, aber das geht nicht.

Stattdessen: Wir können es als Produkt von Sprachen auffassen.

Beachte: Jedes Wort in der Sprache kann geschrieben werden als ein Wort, das aus einer Folge von "1" und "01" besteht, aber mit Einschränkungen.

Tatsächlich: Da keine zwei aufeinanderfolgenden Nullen, kann das Wort als eine Folge von Blöcken der Form 1 oder 01 sein, aber 01 enthält eine Null, 1 enthält keine.

Aber am Anfang kann es eine Null geben, also besser: Blöcke: (0?) gefolgt von (1 (0 1)^* ) or something.

Standard way for no two consecutive zeros: (1+01)* (0+ε) but then it can end with 0, but we need to end with 1.

Since it must end with 1, we can write: (1 + 01)*

That is the standard regex for no two consecutive zeros and ending with 1.

Now, additionally, the number of ones minus number of zeros is 2.

In (1 + 01)*, each "1" contributes one '1' and zero '0's, each "01" contributes one '1' and one '0'.

So if we let a be the number of "1" blocks, b the number of "01" blocks, then total ones = a + b, total zeros = b.

Then ones - zeros = (a+b) - b = a.

So ones - zeros = a, the number of "1" blocks.

We need this to be 2.

So a = 2.

But a is the number of times we choose "1" in the regex (1 + 01)*.

The total number of blocks is a + b, but we don't know b.

To have a=2, that means we have exactly two "1" blocks, and any number of "01" blocks.

The regex is a sequence of blocks, each block is either "1" or "01", and there are exactly two "1" blocks.

But the blocks can be in any order.

So the language is: any sequence of "1" and "01" that contains exactly two "1" blocks.

For example: 
- Two "1" blocks and no "01": "1" "1" = "11"
- Two "1" and one "01": "1" "01" "1" = "1011", or "1" "1" "01" = "1101", or "01" "1" "1" = "0111"
- Two "1" and two "01": e.g. "1" "01" "1" "01" = "101101", etc.

In all cases, ones - zeros: for "11": ones=2, zeros=0, diff=2
"1011": ones=3, zeros=1, diff=2
"101101": ones=4, zeros=2, diff=2, and no two consecutive zeros, ends with 1.

Perfect.

And this matches our earlier examples.

Now, is this sufficient? Yes, because any such word can be obtained by inserting two zeros into some (01)^m. Specifically, for a word with exactly two "1" blocks and b "01" blocks, total ones = 2 + b, total zeros = b, so m = number of ones = 2+b, and originally in (01)^m there are m zeros, we remove two zeros, so we should have m-2 = b zeros, which matches.

And the structure: the "1" blocks correspond to positions where we didn't insert a zero before the one, but in the original, before each one there was a zero, except possibly the first one.

In the block decomposition, a "1" block means that there is no zero before that one, so in the original, we must have removed the zero that was before it. Similarly, a "01" block means we didn't remove the zero before the one.

So yes, it corresponds exactly.

Therefore, the language is: all words that are sequences of the blocks "1" and "01" containing exactly two occurrences of the block "1".

To write a regular expression: we need a sequence where "1" appears exactly twice as a block, and the rest are "01".

But "1" and "01" are blocks, so we can write:

The set of all strings formed by concatenating any number of "01" blocks and exactly two "1" blocks, in any order.

A regular expression for this is: 

(01)* 1 (01)* 1 (01)*

But this forces the two "1" to be in order, but they can be in any order, but since the blocks are atomic, and "1" and "01" are different, this regex (01)* 1 (01)* 1 (01)* generates all strings that have exactly two "1" blocks, and any number of "01" blocks, and the two "1" blocks are in sequence, but since the blocks are concatenated, and "1" cannot be part of "01" in this decomposition, it should be fine.

For example:
- "11": no "01", so (01)^0 1 (01)^0 1 (01)^0 = 1 1 =11
- "1011": here the blocks are "1", "01", "1" — so it should be generated as: first "1", then "01", then "1", so in the regex: (01)* before first 1 is empty, then 1, then (01)* is "01", then 1, then (01)* empty. So yes: ε 1 01 1 ε =1011
- "0111": blocks "01","1","1" — so (01)* is "01", then 1, then (01)* empty, then 1, then (01)* empty: "01" 1 ε 1 ε =0111
- "1101": blocks "1","1","01" — (01)* empty, 1, (01)* empty, 1, (01)* "01" = 1 1 01=1101
- "101101": blocks "1","01","1","01" — ε 1 01 1 01 =101101

Perfect.

And for longer words, it works.

Is there any word that is not generated? For example, "1" "01" "1" is generated as above.

What about a word like "01" "1" "01" "1" =011011, which is generated by (01)*="01", then 1, then (01)*="01", then 1, then (01)*=ε: "01" 1 "01" 1 =011011.

Yes.

So the regular expression is: (01)^*  1  (01)^*  1  (01)^*

In the regex, we write: (01)* 1 (01)* 1 (01)*

But in the expression, we need to write it properly.

Note that (01)* can be empty, so it covers cases where the "1" are at the beginning or end.

Now, for the answer.

So for $s_3$: $(01)^* 1 (01)^* 1 (01)^*$

But let's confirm with a small example: for k=2, we have only "11", and the regex: (01)* 1 (01)* 1 (01)* with all * =0: 1 1 =11, good.

For k=3, we have three words, all covered.

So this should be correct.

Now, to summarize:

- $s_1 = \epsilon$ (since $L(r_1)^{\downarrow 0} = \{\epsilon\}$)
- $s_2 = (0 \mid 1)^*$ (since $L(r_2)^{\downarrow 0} = \Sigma^*$)
- $s_3 = (01)^*  1  (01)^*  1  (01)^*$

In the answer template, we need to write the expressions.

For $s_1$, is it $\epsilon$? But $\epsilon$ is the empty word.

In the example, $r_1 = (0 \mid 1)(0 \mid 1)$, and we concluded $s_1 = \epsilon$.

But let me double-check: $L(r_1) = \{00,01,10,11\}$. Now, for each, remove exactly two zeros:

- 00: remove two zeros, get $\epsilon$
- 01: has only one zero, cannot remove two, so no word
- 10: only one zero, no
- 11: no zero, no

So only $\epsilon$ from 00. So yes.

But is $\epsilon$ a valid regular expression? Yes.

For $s_2$, it should be $(0|1)^*$, same as $r_2$.

For $s_3$, as above.

Now, write in the answer.

The answer template is:

$r_1:=(0\mid 1)(0\mid 1)$, $s_1=?$

$r_2:=(0\mid 1)^*$, $s_2=?$

$r_3:=(01)^*$, $s_3=?$

So we fill in:

$s_1 = \epsilon$

$s_2 = (0 \mid 1)^*$

$s_3 = (01)^*  1  (01)^*  1  (01)^*$

In the regex, we can write it as a single expression.

Sometimes we use $+$ for union, but here it's written with $\mid$, so we use $\mid$.

In $s_3$, to make it clear, we can write: $(01)^*  1  (01)^*  1  (01)^*$

But in LaTeX, it's fine.

Now, for the answer.

Für die gegebenen regulären Ausdrücke $r_1, r_2, r_3$ werden reguläre Ausdrücke $s_1, s_2, s_3$ konstruiert, sodass $L(s_i) = L(r_i)^{\downarrow 0}$ für $i \in \{1,2,3\}$. Die Operation $L^{\downarrow 0}$ entfernt aus jedem Wort in $L$ genau zwei Nullen, wie in der Definition angegeben.

- **Zu $r_1 = (0 \mid 1)(0 \mid 1)$:**  
  $L(r_1) = \{00, 01, 10, 11\}$.  
  Nur das Wort $00$ enthält zwei Nullen; nach Entfernen dieser erhält man $\epsilon$. Die anderen Wörter enthalten weniger als zwei Nullen und tragen nichts bei.  
  Also $L(r_1)^{\downarrow 0} = \{\epsilon\}$.  
  Somit $s_1 = \epsilon$.

- **Zu $r_2 = (0 \mid 1)^*$:**  
  $L(r_2) = \Sigma^*$.  
  Für jedes Wort $x \in \Sigma^*$ kann man zwei Nullen an beliebigen Positionen einfügen, um ein Wort $z \in \Sigma^*$ zu erhalten, aus dem durch Entfernen dieser zwei Nullen wieder $x$ entsteht.  
  Also $L(r_2)^{\downarrow 0} = \Sigma^*$.  
  Somit $s_2 = (0 \mid 1)^*$.

- **Zu $r_3 = (01)^*$:**  
  $L(r_3) = \{(01)^n \mid n \geq 0\}$.  
  Die Sprache $L(r_3)^{\downarrow 0}$ besteht aus allen Wörtern, die durch Entfernen von genau zwei Nullen aus einem Wort in $L(r_3)$ entstehen. Dies sind genau die Wörter, die als Konkatenation von Blöcken "1" und "01" geschrieben werden können, wobei genau zwei "1"-Blöcke vorkommen.  
  Ein regulärer Ausdruck hierfür ist $(01)^*  1  (01)^*  1  (01)^*$.  
  Somit $s_3 = (01)^*  1  (01)^*  1  (01)^*$.

<answer id="1">
$r_1:=(0\mid 1)(0\mid 1)$, $s_1=\epsilon$
$r_2:=(0\mid 1)^*$, $s_2=(0 \mid 1)^*$
$r_3:=(01)^*$, $s_3=(01)^*  1  (01)^*  1  (01)^*$
</answer>

Gegeben sind drei reguläre Ausdrücke $r_1,r_2,r_3$ über $\Sigma$. Geben Sie jeweils reguläre Ausdrücke $s_1,s_2,s_3$ an, sodass $L(s_i)=L(r_i)^{\downarrow 0}$ für $i\in\{1,2,3\}$.

$r_1:=(0\mid 1)(0\mid 1)$, $s_1=\epsilon$
$r_2:=(0\mid 1)^*$, $s_2=(0 \mid 1)^*$
$r_3:=(01)^*$, $s_3=(01)^*  1  (01)^*  1  (01)^*$

Prompt

system:You are an AI assistant specializing in theoretical computer science. Your task is to answer a series of exam questions, providing accurate and well-reasoned responses that demonstrate a deep understanding of theoretical computer science concepts.

# Instructions

You must follow the given answer format.

If the exercises contains yes or no questions for you to answer, there will be one <option> element for each such question. You must answer these with either 0 or 1.

For longer answers, there will be <answer> elements. If the answer must follow a specific template, a corresponding <answer-template> element defines this template, and you MUST follow it precisely when providing your <answer>, as any deviations from the template will cause your answer to be invalid. A '?' symbol indicates a place for you to insert a short text, while a '???' symbol marks places for you to insert multi-line answers. To define the precise syntax to use, an <example> element may be provided. You MUST follow this syntax. However, note that the answers in the example may not be correct answers to the question.

Some questions relate to specific lecture material. In this case, the material will be provided in <context> elements for you to reference.

## Formatting
Always follow the format of the given exercise. If you are writing longer text, you can put text in *italics* or make it **bold**. Formulas should be given as LaTeX and enclosed properly, i.e. $...$ or \[...\].

user:# Exercise: NFA-Konstruktion

Sei $\Sigma:=\{0,1\}$. Für eine Sprache $L\subseteq\Sigma^*$ bezeichnet $L^{\downarrow 0}$ die Sprache, die man erhält, wenn man den Wörtern aus $L$ jeweils genau zwei Nullen entfernt. Z.B. gilt $\{0,010, 1\}^{\downarrow 0}=\{1\}$ und $\{1,101, 0\}^{\downarrow 0}=\emptyset$. Formal:
$$L^{\downarrow 0}:= \{uvw: u0v0w\in L \wedge u,v,w\in\Sigma^*\}$$
Beachten Sie insbesondere, dass das Löschen nicht optional ist.

## subproblem a (3.0 points)
Gegeben sind drei reguläre Ausdrücke $r_1,r_2,r_3$ über $\Sigma$. Geben Sie jeweils reguläre Ausdrücke $s_1,s_2,s_3$ an, sodass $L(s_i)=L(r_i)^{\downarrow 0}$ für $i\in\{1,2,3\}$.

<answer-template id="1">
$r_1:=(0\mid 1)(0\mid 1)$, $s_1=?$
$r_2:=(0\mid 1)^*$, $s_2=?$
$r_3:=(01)^*$, $s_3=?$
</answer-template>

### answer format
Give your answer in the following format:

<answer id="1">
...
</answer>

assistant:Für die gegebenen regulären Ausdrücke $r_1, r_2, r_3$ werden reguläre Ausdrücke $s_1, s_2, s_3$ konstruiert, sodass $L(s_i) = L(r_i)^{\downarrow 0}$ für $i \in \{1,2,3\}$. Die Operation $L^{\downarrow 0}$ entfernt aus jedem Wort in $L$ genau zwei Nullen, wie in der Definition angegeben.

- **Zu $r_1 = (0 \mid 1)(0 \mid 1)$:**  
  $L(r_1) = \{00, 01, 10, 11\}$.  
  Nur das Wort $00$ enthält zwei Nullen; nach Entfernen dieser erhält man $\epsilon$. Die anderen Wörter enthalten weniger als zwei Nullen und tragen nichts bei.  
  Also $L(r_1)^{\downarrow 0} = \{\epsilon\}$.  
  Somit $s_1 = \epsilon$.

- **Zu $r_2 = (0 \mid 1)^*$:**  
  $L(r_2) = \Sigma^*$.  
  Für jedes Wort $x \in \Sigma^*$ kann man zwei Nullen an beliebigen Positionen einfügen, um ein Wort $z \in \Sigma^*$ zu erhalten, aus dem durch Entfernen dieser zwei Nullen wieder $x$ entsteht.  
  Also $L(r_2)^{\downarrow 0} = \Sigma^*$.  
  Somit $s_2 = (0 \mid 1)^*$.

- **Zu $r_3 = (01)^*$:**  
  $L(r_3) = \{(01)^n \mid n \geq 0\}$.  
  Die Sprache $L(r_3)^{\downarrow 0}$ besteht aus allen Wörtern, die durch Entfernen von genau zwei Nullen aus einem Wort in $L(r_3)$ entstehen. Dies sind genau die Wörter, die als Konkatenation von Blöcken "1" und "01" geschrieben werden können, wobei genau zwei "1"-Blöcke vorkommen.  
  Ein regulärer Ausdruck hierfür ist $(01)^*  1  (01)^*  1  (01)^*$.  
  Somit $s_3 = (01)^*  1  (01)^*  1  (01)^*$.

<answer id="1">
$r_1:=(0\mid 1)(0\mid 1)$, $s_1=\epsilon$
$r_2:=(0\mid 1)^*$, $s_2=(0 \mid 1)^*$
$r_3:=(01)^*$, $s_3=(01)^*  1  (01)^*  1  (01)^*$
</answer>

user:
## subproblem b (7.0 points)
Sei $M=(Q,\Sigma,\delta,q_0,F)$ ein beliebiger NFA. Es gilt weiterhin $\Sigma=\{0,1\}$. Konstruieren Sie einen $\epsilon$-NFA $M'=(Q',\Sigma,\delta',q_0',F')$ mit $L(M')=L(M)^{\downarrow 0}$, indem Sie $Q'$, $q_0'$, $F'$, und $\delta'$ präzise angeben.

Sie können (müssen aber nicht) zusätzlich die Idee hinter Ihrer Konstruktion erläutern. Dies kann uns helfen, Ihre Definitionen zu verstehen.

Wenden Sie anschließend Ihre Konstruktion auf den nachfolgenden NFA $M_1$ an und zeichnen Sie das Ergebnis.

*Hinweis:* Sie können $\delta'$ in Form von Gleichungen „$\delta'(q',x):=\{...\}$" oder alternativ Mengen von Tripeln „$\{(q',x,p')\mid...\}$" mit $q',p'\in Q',x\in\Sigma\cup\{\epsilon\}$ angeben.

NFA $M_1$:
Zustände: q1, q2, q3
Startzustand: q1
Finalzustände: q3
Transitionen:
    q1, 0 -> q2
    q2, 1 -> q1
    q2, 0 -> q3
    q2, 1 -> q3
    q3, 1 -> q2


<answer-template id="1">
$Q':=?$
$q_0':=?$
$F':=?$

$\delta'$:
???

Konstruktionsidee (optional):
???

Ihr Konstruktionsergebnis für $M_1$:
???
</answer-template>

### answer format
Give your answer in the following format:

<answer id="1">
...
</answer>

Wir konstruieren einen ε-NFA M' für L(M)^{↓0}. Die Idee ist, dass M' zwei beliebige Nullen im Wort "raten" und entfernen kann, während er den ursprünglichen Automaten simuliert. Dazu erweitern wir die Zustände, um zu verfolgen, wie viele Nullen bereits entfernt wurden und in welchem Zustand der ursprüngliche Automat wäre, wenn diese Nullen nicht da wären.

Ein Ansatz ist, Zustände zu haben, die den aktuellen Zustand des ursprünglichen Automaten und die Anzahl der bereits entfernten Nullen speichern. Da wir genau zwei Nullen entfernen müssen, reichen 0,1,2 entfernte Nullen. Allerdings müssen wir auch den Zeitpunkt des Entfernens berücksichtigen, da wir Nullen "überspringen" (d.h. entfernen) können, während wir das Wort lesen.

Eine bessere Idee: Wir verwenden Zustände, die aus den ursprünglichen Zuständen bestehen, aber mit einem Zähler für die Anzahl der entfernten Nullen (0,1,2). Da wir genau zwei Nullen entfernen müssen, brauchen wir Zustände der Form (q, k) wobei q ∈ Q und k ∈ {0,1,2} die Anzahl der bereits entfernten Nullen ist.

Allerdings: Wenn wir eine Null entfernen, dann "überspringen" wir sie, d.h. wir führen keinen Übergang im ursprünglichen Automaten für diese Null aus. Also müssen wir für jede gelesene Null wählen, ob wir sie entfernen (dann zählen wir den Entfernungszähler hoch und bleiben im selben Zustand q) oder nicht (dann führen wir den Übergang im ursprünglichen Automaten aus).

Daher definieren wir:
Q' = Q × {0,1,2}   (Zustände (q,k) mit q aus Q, k=0,1,2)
Startzustand: (q0,0)   (noch keine Null entfernt)
Endzustände: F' = {(q,2) | q ∈ F}   (genau zwei Nullen entfernt und im Endzustand des ursprünglichen Automaten)

Für die Übergänge:
- Für jeden Zustand (q,k) in Q' und jedes Symbol a ∈ Σ:
  - Option 1: Wir entfernen a nicht. Dann führen wir den Übergang für a im ursprünglichen Automaten aus: 
      Wenn p ∈ δ(q,a), dann haben wir einen Übergang von (q,k) mit a zu (p,k).
  - Option 2: Wir entfernen a, aber nur wenn a=0 und k<2. Dann zählen wir k hoch und bleiben im Zustand q (weil wir das Symbol überspringen). Also: 
      Wenn a=0 und k<2, dann haben wir einen ε-Übergang? Nein, wir lesen das Symbol nicht, aber in einem ε-NFA können wir auch ε-Übergänge haben. Allerdings wird das Symbol a=0 gelesen, aber wir entscheiden, es zu entfernen. Also müssen wir es nicht "lesen", sondern überspringen. Daher: 
      Für a=0, aber wir entfernen es, dann ist das so, als ob wir ε lesen. Also: 
      Wir fügen einen ε-Übergang hinzu? Nein, denn das Entfernen geschieht, während wir das Symbol lesen. Besser: Wir erlauben, dass für eine Null, die wir entfernen wollen, wir keinen Zustandswechsel im ursprünglichen Automaten durchführen, sondern nur den Zähler erhöhen. Also: 
      Wenn a=0 und k<2, dann haben wir einen Übergang von (q,k) mit ε? Aber das Symbol ist da, also müssen wir es konsumieren. 

Hier ist ein besserer Weg: Wir definieren die Übergänge so, dass wir für jedes gelesene Symbol wählen können:
- Entweder wir behandeln es normal: dann lesen wir a und gehen zu den Zuständen, die δ(q,a) entsprechen, ohne k zu ändern.
- Oder, wenn a=0 ist, können wir es entfernen (konsumieren, aber als entfernt zählen): dann erhöhen wir k um 1 und bleiben im Zustand q? Aber wenn wir das Symbol konsumieren, müssen wir es lesen. Also: wir lesen das Symbol 0, aber anstatt einen Übergang in δ(q,0) zu machen, behandeln wir es als "Entfernen" und gehen zu (q, k+1) ohne den Zustand zu ändern? Aber das ist nicht korrekt, weil der ursprüngliche Automat in diesem Zustand q bei 0 vielleicht einen Übergang hat, den wir ignorieren.

Tatsächlich: Wenn wir eine Null entfernen, dann soll diese Null nicht im Wort sein, also sollte der Automat M diese Null nicht sehen. Daher: wenn wir eine Null entfernen, dann führen wir für diese Null keinen Übergang in M aus, sondern nur das Entfernen (Erhöhung des Zählers). Also: wir konsumieren die Null, aber ändern den Zustand von M nicht, nur den Zähler.

Daher: 
δ'((q,k), 0) = 
   - die Menge der (p,k) für p in δ(q,0)   [wenn wir die Null nicht entfernen]
   - und zusätzlich, wenn k<2, den Zustand (q, k+1)   [wenn wir die Null entfernen]

Aber Achtung: wenn wir die Null entfernen, dann konsumieren wir sie, aber wir gehen nicht in einen anderen Zustand von M über, sondern bleiben in q? Ja, weil die Null nicht gesehen wird, also bleibt M im Zustand q.

Das ist korrekt: Wenn M im Zustand q ist und eine Null liest, die wir entfernen, dann soll M diese Null nicht verarbeiten, also bleibt M im Zustand q, und wir zählen die Null als entfernt.

Für a=1:
- Wir können eine 1 nicht entfernen (nur Nullen werden entfernt), also nur die normale Verarbeitung:
   δ'((q,k), 1) = { (p,k) | p ∈ δ(q,1) }

Zusätzlich: Da es ein ε-NFA ist, können wir auch ε-Übergänge haben? In dieser Konstruktion bisher nicht, aber es ist möglich, aber hier nicht nötig.

Allerdings: Was ist, wenn wir eine Null entfernen, die nicht gelesen wird? Wir haben es oben so gemacht, dass wir für das Lesen einer 0 zwei Optionen haben: normal verarbeiten oder entfernen (dann Zustand q beibehalten und k erhöhen).

Aber beachte: Wenn wir entfernen, dann konsumieren wir die Null (verbrauchen ein Zeichen), aber ändern den Zustand nicht.

Das sollte funktionieren.

Zusammenfassung für δ':

- Für a ∈ Σ:
   - Wenn a = 0:
        δ'((q,k), 0) = { (p,k) | p ∈ δ(q,0) } ∪ { (q, k+1) | k<2 }
   - Wenn a = 1:
        δ'((q,k), 1) = { (p,k) | p ∈ δ(q,1) }

- Keine ε-Übergänge.

Startzustand: (q0, 0)
Endzustände: { (q,2) | q ∈ F }

Jetzt wenden wir das auf M1 an.

M1:
Zustände: q1, q2, q3
Start: q1
Endzustände: {q3}
Transitionen:
  q1,0 -> q2   [δ(q1,0)={q2}]
  q2,1 -> q1   [δ(q2,1)={q1}]
  q2,0 -> q3   [δ(q2,0)={q3}]
  q2,1 -> q3   [δ(q2,1)={q1,q3}? Beachte: q2,1 -> q1 und q2,1->q3, also δ(q2,1)={q1,q3}]
  q3,1 -> q2   [δ(q3,1)={q2}]

Jetzt konstruieren wir M':

Q' = {q1,q2,q3} × {0,1,2} = { (q1,0), (q1,1), (q1,2), (q2,0), (q2,1), (q2,2), (q3,0), (q3,1), (q3,2) }
q0' = (q1,0)
F' = { (q,2) | q ∈ F } = { (q3,0)? nein, F={q3}, also F' = { (q3,0) ? nein: F' = { (q,2) mit q in F } = { (q3,2) }? 
Aber in der Definition: F' = { (q,2) | q ∈ F }, und F={q3}, also F' = { (q3,2) }

Jetzt δ':

Zuerst für Zustände und Symbole:

Wir gehen alle Zustände (q,k) und alle a durch.

Allgemein:
- Für a=0: 
     δ'((q,k),0) = [normale Übergänge] ∪ [Entfernen, wenn k<2]
     normale: { (p,k) | p ∈ δ(q,0) }
     entfernen: wenn k<2, dann (q,k+1)

- Für a=1:
     δ'((q,k),1) = { (p,k) | p ∈ δ(q,1) }   (kein Entfernen für 1)

Nun für jedes (q,k):

Beginnen wir mit (q1,0):
  a=0: 
      normal: δ(q1,0)={q2} -> (q2,0)
      entfernen: k=0<2 -> (q1,1)   [denn k+1=1]
      also δ'((q1,0),0) = {(q2,0), (q1,1)}
  a=1:
      normal: δ(q1,1)=? In M1: von q1 gibt es keine 1-Transition! Also δ(q1,1)=∅ -> also { }
      also δ'((q1,0),1) = ∅

(q1,1):
  a=0:
      normal: (q2,1)   [weil δ(q1,0)={q2}]
      entfernen: k=1<2 -> (q1,2)
      also δ'((q1,1),0) = {(q2,1), (q1,2)}
  a=1:
      normal: ∅, also ∅

(q1,2):
  a=0:
      normal: (q2,2)
      entfernen: k=2 nicht <2, also nur normal: {(q2,2)}
  a=1: ∅

(q2,0):
  a=0:
      normal: δ(q2,0)={q3} -> (q3,0)
      entfernen: (q2,1)   [k=0<2]
      also {(q3,0), (q2,1)}
  a=1:
      normal: δ(q2,1)={q1,q3} -> {(q1,0), (q3,0)}
      kein Entfernen für 1, also nur diese.

(q2,1):
  a=0:
      normal: (q3,1)   [da δ(q2,0)={q3}]
      entfernen: k=1<2 -> (q2,2)
      also {(q3,1), (q2,2)}
  a=1:
      normal: {(q1,1), (q3,1)}   [denn δ(q2,1)={q1,q3}, und k=1]

(q2,2):
  a=0:
      normal: (q3,2)
      entfernen: k=2 nicht erlaubt, also nur (q3,2)
  a=1:
      normal: {(q1,2), (q3,2)}

(q3,0):
  a=0:
      normal: δ(q3,0)=? In M1: von q3 gibt es keine 0-Transition! Also ∅
      entfernen: k=0<2 -> (q3,1)
      also δ'((q3,0),0) = { (q3,1) }   [nur entfernen, keine normale Transition]
  a=1:
      normal: δ(q3,1)={q2} -> (q2,0)
      also {(q2,0)}

(q3,1):
  a=0:
      normal: ∅
      entfernen: k=1<2 -> (q3,2)
      also { (q3,2) }
  a=1:
      normal: (q2,1)   [weil δ(q3,1)={q2}]

(q3,2):
  a=0:
      normal: ∅
      entfernen: nicht möglich, also ∅
  a=1:
      normal: (q2,2)

Jetzt haben wir alle Übergänge.

Zusammenfassung für M' für M1:

Zustände: alle (q,k) für q in {q1,q2,q3}, k in {0,1,2}
Start: (q1,0)
Endzustände: {(q3,2)}

Übergänge:
Wir listen alle nicht-leeren Übergänge auf.

Für (q1,0):
  0: (q2,0), (q1,1)
  1: -

(q1,1):
  0: (q2,1), (q1,2)
  1: -

(q1,2):
  0: (q2,2)
  1: -

(q2,0):
  0: (q3,0), (q2,1)
  1: (q1,0), (q3,0)

(q2,1):
  0: (q3,1), (q2,2)
  1: (q1,1), (q3,1)

(q2,2):
  0: (q3,2)
  1: (q1,2), (q3,2)

(q3,0):
  0: (q3,1)
  1: (q2,0)

(q3,1):
  0: (q3,2)
  1: (q2,1)

(q3,2):
  0: -
  1: (q2,2)

Jetzt müssen wir das Ergebnis zeichnen. Da wir hier Text haben, beschreiben wir es oder geben eine textuelle Darstellung.

Wir können eine Liste der Übergänge angeben.

Konstruktionsidee (optional): 
Wir verwenden Zustände (q,k), wobei q der Zustand des ursprünglichen NFA ist und k die Anzahl der bisher entfernten Nullen (0,1,2). 
Beim Lesen eines Symbols a:
- Für a=0: 
    - Option 1: Führe normale Transition des NFA aus (gehe zu p in δ(q,0) mit gleichem k)
    - Option 2: Entferne die Null (nur wenn k<2): bleibe in q und erhöhe k um 1.
- Für a=1: Nur normale Transition (gehe zu p in δ(q,1) mit gleichem k)
Startzustand: (q0,0)
Endzustände: (q,2) für q in F.

Für M1: wie oben aufgelistet.

Jetzt in das Antwortformat einfügen.

<answer id="1">
$Q':= Q \times \{0,1,2\} = \{ (q,k) \mid q \in \{q1,q2,q3\}, k \in \{0,1,2\} \}$
$q_0':= (q1,0)$
$F':= \{ (q3,2) \}$

$\delta'$:
For any state (q,k) in Q' and symbol a in {0,1}:
- If a=0:
    \[ \delta'((q,k),0) = \{ (p,k) \mid p \in \delta(q,0) \} \cup \{ (q,k+1) \mid k < 2 \} \]
- If a=1:
    \[ \delta'((q,k),1) = \{ (p,k) \mid p \in \delta(q,1) \} \]
Additionally, no ε-transitions.

Konstruktionsidee (optional):
The ε-NFA M' simulates M while keeping track of how many zeros have been removed (k=0,1,2). For each input symbol, if it is 0, M' can either process it normally (following M's transition and keeping k) or remove it (stay in the same state q and increment k, provided k<2). For 1, only normal processing is allowed. The start state is (q0,0) and final states are those with k=2 and q in F.

Ihr Konstruktionsergebnis für $M_1$:
States: (q1,0), (q1,1), (q1,2), (q2,0), (q2,1), (q2,2), (q3,0), (q3,1), (q3,2)
Start: (q1,0)
Final: (q3,2)
Transitions:
  (q1,0) --0--> (q2,0)
  (q1,0) --0--> (q1,1)
  (q1,1) --0--> (q2,1)
  (q1,1) --0--> (q1,2)
  (q1,2) --0--> (q2,2)
  (q2,0) --0--> (q3,0)
  (q2,0) --0--> (q2,1)
  (q2,0) --1--> (q1,0)
  (q2,0) --1--> (q3,0)
  (q2,1) --0--> (q3,1)
  (q2,1) --0--> (q2,2)
  (q2,1) --1--> (q1,1)
  (q2,1) --1--> (q3,1)
  (q2,2) --0--> (q3,2)
  (q2,2) --1--> (q1,2)
  (q2,2) --1--> (q3,2)
  (q3,0) --0--> (q3,1)
  (q3,0) --1--> (q2,0)
  (q3,1) --0--> (q3,2)
  (q3,1) --1--> (q2,1)
  (q3,2) --1--> (q2,2)
</answer>

### Konstruktion des $\epsilon$-NFA $M'$ für $L(M)^{\downarrow 0}$

**Konstruktionsidee**:  
$M'$ simuliert den ursprünglichen NFA $M$ und verfolgt gleichzeitig, wie viele Nullen bereits entfernt wurden (Zähler $k \in \{0,1,2\}$). Zustände in $M'$ sind Paare $(q, k)$ mit $q \in Q$ und $k$ als Entfernungszähler. Beim Lesen einer $0$ kann $M'$ wählen:
- Die $0$ normal zu verarbeiten (Übergang gemäß $\delta(q, 0)$ mit unverändertem $k$),  
- Oder die $0$ zu entfernen (Zustand $q$ beibehalten und $k$ um 1 erhöhen, falls $k < 2$).  
Für $1$ ist nur normale Verarbeitung möglich. Startzustand ist $(q_0, 0)$; Endzustände sind $(q, 2)$ mit $q \in F$.

**Formale Definition von $M'$**:
- $Q' = Q \times \{0, 1, 2\}$  
- $q_0' = (q_0, 0)$  
- $F' = \{ (q, 2) \mid q \in F \}$  
- $\delta'$ ist definiert für alle $(q, k) \in Q'$ und $a \in \Sigma$ durch:
  - Für $a = 0$:  
    \[
    \delta'((q, k), 0) = \{(p, k) \mid p \in \delta(q, 0)\} \cup \{(q, k+1) \mid k < 2\}
    \]
  - Für $a = 1$:  
    \[
    \delta'((q, k), 1) = \{(p, k) \mid p \in \delta(q, 1)\}
    \]
  - Keine $\epsilon$-Übergänge.

---

### Anwendung auf $M_1 = (\{q_1, q_2, q_3\}, \{0,1\}, \delta, q_1, \{q_3\})$  
- **Zustände von $M'$**:  
  $Q' = \{(q_1,0), (q_1,1), (q_1,2), (q_2,0), (q_2,1), (q_2,2), (q_3,0), (q_3,1), (q_3,2)\}$  
- **Startzustand**: $(q_1, 0)$  
- **Endzustände**: $F' = \{(q_3, 2)\}$  

**Übergänge $\delta'$ für $M_1$**:  
| Aktueller Zustand | Eingabe | Folgezustände                     |
|-------------------|---------|-----------------------------------|
| $(q_1, 0)$       | 0       | $(q_2, 0)$, $(q_1, 1)$           |
| $(q_1, 0)$       | 1       | $\emptyset$                       |
| $(q_1, 1)$       | 0       | $(q_2, 1)$, $(q_1, 2)$           |
| $(q_1, 1)$       | 1       | $\emptyset$                       |
| $(q_1, 2)$       | 0       | $(q_2, 2)$                       |
| $(q_1, 2)$       | 1       | $\emptyset$                       |
| $(q_2, 0)$       | 0       | $(q_3, 0)$, $(q_2, 1)$           |
| $(q_2, 0)$       | 1       | $(q_1, 0)$, $(q_3, 0)$           |
| $(q_2, 1)$       | 0       | $(q_3, 1)$, $(q_2, 2)$           |
| $(q_2, 1)$       | 1       | $(q_1, 1)$, $(q_3, 1)$           |
| $(q_2, 2)$       | 0       | $(q_3, 2)$                       |
| $(q_2, 2)$       | 1       | $(q_1, 2)$, $(q_3, 2)$           |
| $(q_3, 0)$       | 0       | $(q_3, 1)$                       |
| $(q_3, 0)$       | 1       | $(q_2, 0)$                       |
| $(q_3, 1)$       | 0       | $(q_3, 2)$                       |
| $(q_3, 1)$       | 1       | $(q_2, 1)$                       |
| $(q_3, 2)$       | 0       | $\emptyset$                       |
| $(q_3, 2)$       | 1       | $(q_2, 2)$                       |

**Graphische Darstellung**:  
- **Knoten**: Alle 9 Zustände in $Q'$.  
- **Startpfeil**: $\rightarrow (q_1, 0)$  
- **Doppelter Rand**: $(q_3, 2)$  
- **Kanten** (siehe Übergangstabelle oben).

<answer id="1">
$Q':= Q \times \{0,1,2\} = \{ (q,k) \mid q \in \{q_1,q_2,q_3\}, k \in \{0,1,2\} \}$
$q_0':= (q_1,0)$
$F':= \{ (q_3,2) \}$

$\delta'$:
For all $(q,k) \in Q'$ and $a \in \{0,1\}$:
- If $a=0$:
  \[
  \delta'((q,k),0) = \{ (p,k) \mid p \in \delta(q,0) \} \cup \{ (q,k+1) \mid k < 2 \}
  \]
- If $a=1$:
  \[
  \delta'((q,k),1) = \{ (p,k) \mid p \in \delta(q,1) \}
  \]

Konstruktionsidee (optional):
$M'$ simuliert $M$ und verwaltet einen Zähler $k$ für entfernte Nullen. Bei einer $0$ kann sie diese entweder normal verarbeiten (Zustandswechsel gemäß $M$) oder entfernen ($k$ erhöhen, Zustand unverändert). Bei $1$ nur normale Verarbeitung. Akzeptiert, wenn $M$ in Endzustand ist und genau zwei Nullen entfernt wurden.

Ihr Konstruktionsergebnis für $M_1$:
- Zustände: $(q_1,0)$, $(q_1,1)$, $(q_1,2)$, $(q_2,0)$, $(q_2,1)$, $(q_2,2)$, $(q_3,0)$, $(q_3,1)$, $(q_3,2)$
- Start: $(q_1,0)$
- Ende: $(q_3,2)$
- Transitionen (in Tripelform):
  $(q_1,0,0) \to (q_2,0)$, $(q_1,0,0) \to (q_1,1)$
  $(q_1,1,0) \to (q_2,1)$, $(q_1,1,0) \to (q_1,2)$
  $(q_1,2,0) \to (q_2,2)$
  $(q_2,0,0) \to (q_3,0)$, $(q_2,0,0) \to (q_2,1)$
  $(q_2,0,1) \to (q_1,0)$, $(q_2,0,1) \to (q_3,0)$
  $(q_2,1,0) \to (q_3,1)$, $(q_2,1,0) \to (q_2,2)$
  $(q_2,1,1) \to (q_1,1)$, $(q_2,1,1) \to (q_3,1)$
  $(q_2,2,0) \to (q_3,2)$
  $(q_2,2,1) \to (q_1,2)$, $(q_2,2,1) \to (q_3,2)$
  $(q_3,0,0) \to (q_3,1)$
  $(q_3,0,1) \to (q_2,0)$
  $(q_3,1,0) \to (q_3,2)$
  $(q_3,1,1) \to (q_2,1)$
  $(q_3,2,1) \to (q_2,2)$
</answer>

Sei $M=(Q,\Sigma,\delta,q_0,F)$ ein beliebiger NFA. Es gilt weiterhin $\Sigma=\{0,1\}$. Konstruieren Sie einen $\epsilon$-NFA $M'=(Q',\Sigma,\delta',q_0',F')$ mit $L(M')=L(M)^{\downarrow 0}$, indem Sie $Q'$, $q_0'$, $F'$, und $\delta'$ präzise angeben.

Sie können (müssen aber nicht) zusätzlich die Idee hinter Ihrer Konstruktion erläutern. Dies kann uns helfen, Ihre Definitionen zu verstehen.

Wenden Sie anschließend Ihre Konstruktion auf den nachfolgenden NFA $M_1$ an und zeichnen Sie das Ergebnis.

Hinweis: Sie können $\delta'$ in Form von Gleichungen „$\delta'(q',x):=\{...\}$" oder alternativ Mengen von Tripeln „$\{(q',x,p')\mid...\}$" mit $q',p'\in Q',x\in\Sigma\cup\{\epsilon\}$ angeben.
NFA $M_1$:
Zustände: q1, q2, q3
Startzustand: q1
Finalzustände: q3
Transitionen:
    q1, 0 -> q2
    q2, 1 -> q1
    q2, 0 -> q3
    q2, 1 -> q3
    q3, 1 -> q2

$Q':= Q \times \{0,1,2\} = \{ (q,k) \mid q \in \{q_1,q_2,q_3\}, k \in \{0,1,2\} \}$
$q_0':= (q_1,0)$
$F':= \{ (q_3,2) \}$

$\delta'$:
For all $(q,k) \in Q'$ and $a \in \{0,1\}$:
- If $a=0$:
  $$\delta'((q,k),0) = \{ (p,k) \mid p \in \delta(q,0) \} \cup \{ (q,k+1) \mid k < 2 \}$$
- If $a=1$:
  $$\delta'((q,k),1) = \{ (p,k) \mid p \in \delta(q,1) \}$$

Konstruktionsidee (optional):
$M'$ simuliert $M$ und verwaltet einen Zähler $k$ für entfernte Nullen. Bei einer $0$ kann sie diese entweder normal verarbeiten (Zustandswechsel gemäß $M$) oder entfernen ($k$ erhöhen, Zustand unverändert). Bei $1$ nur normale Verarbeitung. Akzeptiert, wenn $M$ in Endzustand ist und genau zwei Nullen entfernt wurden.

Ihr Konstruktionsergebnis für $M_1$:
- Zustände: $(q_1,0)$, $(q_1,1)$, $(q_1,2)$, $(q_2,0)$, $(q_2,1)$, $(q_2,2)$, $(q_3,0)$, $(q_3,1)$, $(q_3,2)$
- Start: $(q_1,0)$
- Ende: $(q_3,2)$
- Transitionen (in Tripelform):
  $(q_1,0,0) \to (q_2,0)$, $(q_1,0,0) \to (q_1,1)$
  $(q_1,1,0) \to (q_2,1)$, $(q_1,1,0) \to (q_1,2)$
  $(q_1,2,0) \to (q_2,2)$
  $(q_2,0,0) \to (q_3,0)$, $(q_2,0,0) \to (q_2,1)$
  $(q_2,0,1) \to (q_1,0)$, $(q_2,0,1) \to (q_3,0)$
  $(q_2,1,0) \to (q_3,1)$, $(q_2,1,0) \to (q_2,2)$
  $(q_2,1,1) \to (q_1,1)$, $(q_2,1,1) \to (q_3,1)$
  $(q_2,2,0) \to (q_3,2)$
  $(q_2,2,1) \to (q_1,2)$, $(q_2,2,1) \to (q_3,2)$
  $(q_3,0,0) \to (q_3,1)$
  $(q_3,0,1) \to (q_2,0)$
  $(q_3,1,0) \to (q_3,2)$
  $(q_3,1,1) \to (q_2,1)$
  $(q_3,2,1) \to (q_2,2)$

Prompt

system:You are an AI assistant specializing in theoretical computer science. Your task is to answer a series of exam questions, providing accurate and well-reasoned responses that demonstrate a deep understanding of theoretical computer science concepts.

# Instructions

You must follow the given answer format.

If the exercises contains yes or no questions for you to answer, there will be one <option> element for each such question. You must answer these with either 0 or 1.

For longer answers, there will be <answer> elements. If the answer must follow a specific template, a corresponding <answer-template> element defines this template, and you MUST follow it precisely when providing your <answer>, as any deviations from the template will cause your answer to be invalid. A '?' symbol indicates a place for you to insert a short text, while a '???' symbol marks places for you to insert multi-line answers. To define the precise syntax to use, an <example> element may be provided. You MUST follow this syntax. However, note that the answers in the example may not be correct answers to the question.

Some questions relate to specific lecture material. In this case, the material will be provided in <context> elements for you to reference.

## Formatting
Always follow the format of the given exercise. If you are writing longer text, you can put text in *italics* or make it **bold**. Formulas should be given as LaTeX and enclosed properly, i.e. $...$ or \[...\].

user:# Exercise: NFA-Konstruktion

Sei $\Sigma:=\{0,1\}$. Für eine Sprache $L\subseteq\Sigma^*$ bezeichnet $L^{\downarrow 0}$ die Sprache, die man erhält, wenn man den Wörtern aus $L$ jeweils genau zwei Nullen entfernt. Z.B. gilt $\{0,010, 1\}^{\downarrow 0}=\{1\}$ und $\{1,101, 0\}^{\downarrow 0}=\emptyset$. Formal:
$$L^{\downarrow 0}:= \{uvw: u0v0w\in L \wedge u,v,w\in\Sigma^*\}$$
Beachten Sie insbesondere, dass das Löschen nicht optional ist.

## subproblem a (3.0 points)
Gegeben sind drei reguläre Ausdrücke $r_1,r_2,r_3$ über $\Sigma$. Geben Sie jeweils reguläre Ausdrücke $s_1,s_2,s_3$ an, sodass $L(s_i)=L(r_i)^{\downarrow 0}$ für $i\in\{1,2,3\}$.

<answer-template id="1">
$r_1:=(0\mid 1)(0\mid 1)$, $s_1=?$
$r_2:=(0\mid 1)^*$, $s_2=?$
$r_3:=(01)^*$, $s_3=?$
</answer-template>

### answer format
Give your answer in the following format:

<answer id="1">
...
</answer>

assistant:Für die gegebenen regulären Ausdrücke $r_1, r_2, r_3$ werden reguläre Ausdrücke $s_1, s_2, s_3$ konstruiert, sodass $L(s_i) = L(r_i)^{\downarrow 0}$ für $i \in \{1,2,3\}$. Die Operation $L^{\downarrow 0}$ entfernt aus jedem Wort in $L$ genau zwei Nullen, wie in der Definition angegeben.

- **Zu $r_1 = (0 \mid 1)(0 \mid 1)$:**  
  $L(r_1) = \{00, 01, 10, 11\}$.  
  Nur das Wort $00$ enthält zwei Nullen; nach Entfernen dieser erhält man $\epsilon$. Die anderen Wörter enthalten weniger als zwei Nullen und tragen nichts bei.  
  Also $L(r_1)^{\downarrow 0} = \{\epsilon\}$.  
  Somit $s_1 = \epsilon$.

- **Zu $r_2 = (0 \mid 1)^*$:**  
  $L(r_2) = \Sigma^*$.  
  Für jedes Wort $x \in \Sigma^*$ kann man zwei Nullen an beliebigen Positionen einfügen, um ein Wort $z \in \Sigma^*$ zu erhalten, aus dem durch Entfernen dieser zwei Nullen wieder $x$ entsteht.  
  Also $L(r_2)^{\downarrow 0} = \Sigma^*$.  
  Somit $s_2 = (0 \mid 1)^*$.

- **Zu $r_3 = (01)^*$:**  
  $L(r_3) = \{(01)^n \mid n \geq 0\}$.  
  Die Sprache $L(r_3)^{\downarrow 0}$ besteht aus allen Wörtern, die durch Entfernen von genau zwei Nullen aus einem Wort in $L(r_3)$ entstehen. Dies sind genau die Wörter, die als Konkatenation von Blöcken "1" und "01" geschrieben werden können, wobei genau zwei "1"-Blöcke vorkommen.  
  Ein regulärer Ausdruck hierfür ist $(01)^*  1  (01)^*  1  (01)^*$.  
  Somit $s_3 = (01)^*  1  (01)^*  1  (01)^*$.

<answer id="1">
$r_1:=(0\mid 1)(0\mid 1)$, $s_1=\epsilon$
$r_2:=(0\mid 1)^*$, $s_2=(0 \mid 1)^*$
$r_3:=(01)^*$, $s_3=(01)^*  1  (01)^*  1  (01)^*$
</answer>

user:
## subproblem b (7.0 points)
Sei $M=(Q,\Sigma,\delta,q_0,F)$ ein beliebiger NFA. Es gilt weiterhin $\Sigma=\{0,1\}$. Konstruieren Sie einen $\epsilon$-NFA $M'=(Q',\Sigma,\delta',q_0',F')$ mit $L(M')=L(M)^{\downarrow 0}$, indem Sie $Q'$, $q_0'$, $F'$, und $\delta'$ präzise angeben.

Sie können (müssen aber nicht) zusätzlich die Idee hinter Ihrer Konstruktion erläutern. Dies kann uns helfen, Ihre Definitionen zu verstehen.

Wenden Sie anschließend Ihre Konstruktion auf den nachfolgenden NFA $M_1$ an und zeichnen Sie das Ergebnis.

*Hinweis:* Sie können $\delta'$ in Form von Gleichungen „$\delta'(q',x):=\{...\}$" oder alternativ Mengen von Tripeln „$\{(q',x,p')\mid...\}$" mit $q',p'\in Q',x\in\Sigma\cup\{\epsilon\}$ angeben.

NFA $M_1$:
Zustände: q1, q2, q3
Startzustand: q1
Finalzustände: q3
Transitionen:
    q1, 0 -> q2
    q2, 1 -> q1
    q2, 0 -> q3
    q2, 1 -> q3
    q3, 1 -> q2


<answer-template id="1">
$Q':=?$
$q_0':=?$
$F':=?$

$\delta'$:
???

Konstruktionsidee (optional):
???

Ihr Konstruktionsergebnis für $M_1$:
???
</answer-template>

### answer format
Give your answer in the following format:

<answer id="1">
...
</answer>

assistant:### Konstruktion des $\epsilon$-NFA $M'$ für $L(M)^{\downarrow 0}$

**Konstruktionsidee**:  
$M'$ simuliert den ursprünglichen NFA $M$ und verfolgt gleichzeitig, wie viele Nullen bereits entfernt wurden (Zähler $k \in \{0,1,2\}$). Zustände in $M'$ sind Paare $(q, k)$ mit $q \in Q$ und $k$ als Entfernungszähler. Beim Lesen einer $0$ kann $M'$ wählen:
- Die $0$ normal zu verarbeiten (Übergang gemäß $\delta(q, 0)$ mit unverändertem $k$),  
- Oder die $0$ zu entfernen (Zustand $q$ beibehalten und $k$ um 1 erhöhen, falls $k < 2$).  
Für $1$ ist nur normale Verarbeitung möglich. Startzustand ist $(q_0, 0)$; Endzustände sind $(q, 2)$ mit $q \in F$.

**Formale Definition von $M'$**:
- $Q' = Q \times \{0, 1, 2\}$  
- $q_0' = (q_0, 0)$  
- $F' = \{ (q, 2) \mid q \in F \}$  
- $\delta'$ ist definiert für alle $(q, k) \in Q'$ und $a \in \Sigma$ durch:
  - Für $a = 0$:  
    \[
    \delta'((q, k), 0) = \{(p, k) \mid p \in \delta(q, 0)\} \cup \{(q, k+1) \mid k < 2\}
    \]
  - Für $a = 1$:  
    \[
    \delta'((q, k), 1) = \{(p, k) \mid p \in \delta(q, 1)\}
    \]
  - Keine $\epsilon$-Übergänge.

---

### Anwendung auf $M_1 = (\{q_1, q_2, q_3\}, \{0,1\}, \delta, q_1, \{q_3\})$  
- **Zustände von $M'$**:  
  $Q' = \{(q_1,0), (q_1,1), (q_1,2), (q_2,0), (q_2,1), (q_2,2), (q_3,0), (q_3,1), (q_3,2)\}$  
- **Startzustand**: $(q_1, 0)$  
- **Endzustände**: $F' = \{(q_3, 2)\}$  

**Übergänge $\delta'$ für $M_1$**:  
| Aktueller Zustand | Eingabe | Folgezustände                     |
|-------------------|---------|-----------------------------------|
| $(q_1, 0)$       | 0       | $(q_2, 0)$, $(q_1, 1)$           |
| $(q_1, 0)$       | 1       | $\emptyset$                       |
| $(q_1, 1)$       | 0       | $(q_2, 1)$, $(q_1, 2)$           |
| $(q_1, 1)$       | 1       | $\emptyset$                       |
| $(q_1, 2)$       | 0       | $(q_2, 2)$                       |
| $(q_1, 2)$       | 1       | $\emptyset$                       |
| $(q_2, 0)$       | 0       | $(q_3, 0)$, $(q_2, 1)$           |
| $(q_2, 0)$       | 1       | $(q_1, 0)$, $(q_3, 0)$           |
| $(q_2, 1)$       | 0       | $(q_3, 1)$, $(q_2, 2)$           |
| $(q_2, 1)$       | 1       | $(q_1, 1)$, $(q_3, 1)$           |
| $(q_2, 2)$       | 0       | $(q_3, 2)$                       |
| $(q_2, 2)$       | 1       | $(q_1, 2)$, $(q_3, 2)$           |
| $(q_3, 0)$       | 0       | $(q_3, 1)$                       |
| $(q_3, 0)$       | 1       | $(q_2, 0)$                       |
| $(q_3, 1)$       | 0       | $(q_3, 2)$                       |
| $(q_3, 1)$       | 1       | $(q_2, 1)$                       |
| $(q_3, 2)$       | 0       | $\emptyset$                       |
| $(q_3, 2)$       | 1       | $(q_2, 2)$                       |

**Graphische Darstellung**:  
- **Knoten**: Alle 9 Zustände in $Q'$.  
- **Startpfeil**: $\rightarrow (q_1, 0)$  
- **Doppelter Rand**: $(q_3, 2)$  
- **Kanten** (siehe Übergangstabelle oben).

<answer id="1">
$Q':= Q \times \{0,1,2\} = \{ (q,k) \mid q \in \{q_1,q_2,q_3\}, k \in \{0,1,2\} \}$
$q_0':= (q_1,0)$
$F':= \{ (q_3,2) \}$

$\delta'$:
For all $(q,k) \in Q'$ and $a \in \{0,1\}$:
- If $a=0$:
  \[
  \delta'((q,k),0) = \{ (p,k) \mid p \in \delta(q,0) \} \cup \{ (q,k+1) \mid k < 2 \}
  \]
- If $a=1$:
  \[
  \delta'((q,k),1) = \{ (p,k) \mid p \in \delta(q,1) \}
  \]

Konstruktionsidee (optional):
$M'$ simuliert $M$ und verwaltet einen Zähler $k$ für entfernte Nullen. Bei einer $0$ kann sie diese entweder normal verarbeiten (Zustandswechsel gemäß $M$) oder entfernen ($k$ erhöhen, Zustand unverändert). Bei $1$ nur normale Verarbeitung. Akzeptiert, wenn $M$ in Endzustand ist und genau zwei Nullen entfernt wurden.

Ihr Konstruktionsergebnis für $M_1$:
- Zustände: $(q_1,0)$, $(q_1,1)$, $(q_1,2)$, $(q_2,0)$, $(q_2,1)$, $(q_2,2)$, $(q_3,0)$, $(q_3,1)$, $(q_3,2)$
- Start: $(q_1,0)$
- Ende: $(q_3,2)$
- Transitionen (in Tripelform):
  $(q_1,0,0) \to (q_2,0)$, $(q_1,0,0) \to (q_1,1)$
  $(q_1,1,0) \to (q_2,1)$, $(q_1,1,0) \to (q_1,2)$
  $(q_1,2,0) \to (q_2,2)$
  $(q_2,0,0) \to (q_3,0)$, $(q_2,0,0) \to (q_2,1)$
  $(q_2,0,1) \to (q_1,0)$, $(q_2,0,1) \to (q_3,0)$
  $(q_2,1,0) \to (q_3,1)$, $(q_2,1,0) \to (q_2,2)$
  $(q_2,1,1) \to (q_1,1)$, $(q_2,1,1) \to (q_3,1)$
  $(q_2,2,0) \to (q_3,2)$
  $(q_2,2,1) \to (q_1,2)$, $(q_2,2,1) \to (q_3,2)$
  $(q_3,0,0) \to (q_3,1)$
  $(q_3,0,1) \to (q_2,0)$
  $(q_3,1,0) \to (q_3,2)$
  $(q_3,1,1) \to (q_2,1)$
  $(q_3,2,1) \to (q_2,2)$
</answer>

user:
## subproblem c (3.0 points)
Es gilt weiterhin $\Sigma=\{0,1\}$. Für eine Sprache $L\subseteq\Sigma^*$ bezeichnet $L^{\uparrow 0}$ die Sprache, die man erhält, wenn man den Wörtern aus $L$ jeweils zwei Nullen hinzufügt. Formal gilt
$L^{\uparrow 0}:= \{u0v0w \mid uvw\in L \wedge u,v,w\in\Sigma^*\}$.
Zeigen oder widerlegen Sie: Für jede nichtleere Sprache $L\subseteq \Sigma^*$ gilt $L^{\uparrow 0}\neq L$.
Falls Sie die Aussage mit einem Gegenbeispiel widerlegen möchten, zeigen Sie auch die Korrektheit des Gegenbeispiels.

<options>
<option id="1">Wahr</option>
<option id="2">Falsch</option>
</options>

### answer format
Give your answer in the following format:

<option id="1">0 or 1</option>
<option id="2">0 or 1</option>
<answer id="3">
...
</answer>

We are given a statement: For every non-empty language \( L \subseteq \Sigma^* \) (with \(\Sigma = \{0,1\}\)), \( L^{\uparrow 0} \neq L \). We are to prove or disprove this.

Recall the definition:
\[ L^{\uparrow 0} = \{ u0v0w \mid uvw \in L \text{ and } u,v,w \in \Sigma^* \} \]

Note that \( L^{\uparrow 0} \) is the language obtained by inserting two zeros (not necessarily consecutively) into the words of \( L \). Specifically, for each word \( x \in L \), we split it arbitrarily into three parts \( u, v, w \) (any of which can be empty) and then form \( u0v0w \).

The statement claims that for every non-empty \( L \), \( L^{\uparrow 0} \) is not equal to \( L \).

We need to check if there exists a non-empty language \( L \) such that \( L^{\uparrow 0} = L \).

Consider a simple example. Let \( L \) be the language consisting of the empty string: \( L = \{ \epsilon \} \).

Then, \( L^{\uparrow 0} = \{ u0v0w \mid uvw = \epsilon \} \). Since \( uvw = \epsilon \), we must have \( u = v = w = \epsilon \). Then \( u0v0w = 00 \). So \( L^{\uparrow 0} = \{00\} \). Clearly, \( \{00\} \neq \{\epsilon\} \). So this does not work.

Now, consider \( L = \{00\} \). Then \( L^{\uparrow 0} = \{ u0v0w \mid uvw = 00 \} \). The word \( 00 \) can be split in various ways. For example:
- \( u = \epsilon, v = \epsilon, w = 00 \): then \( u0v0w = 000 \)
- \( u = \epsilon, v = 0, w = 0 \): then \( u0v0w = 0000 \)
- \( u = 0, v = 0, w = \epsilon \): then \( u0v0w = 000 \)
- \( u = 0, v = \epsilon, w = 0 \): then \( u0v0w = 000 \)
- etc.

Actually, the possible insertions: we are inserting two zeros arbitrarily. But note that the original word is "00", so inserting two zeros will give words of length 4. However, we can also split the word differently. The splitting \( u,v,w \) must satisfy \( uvw = 00 \). So the splits are:

- \( u = \epsilon, v = \epsilon, w = 00 \): then \( u0v0w = 000 \)
- \( u = \epsilon, v = 0, w = 0 \): then \( u0v0w = 0000 \)
- \( u = \epsilon, v = 00, w = \epsilon \): then \( u0v0w = 0000 \)
- \( u = 0, v = \epsilon, w = 0 \): then \( u0v0w = 000 \)
- \( u = 0, v = 0, w = \epsilon \): then \( u0v0w = 000 \)
- \( u = 00, v = \epsilon, w = \epsilon \): then \( u0v0w = 0000 \)

So the words we get are "000" and "0000". Thus \( L^{\uparrow 0} = \{000, 0000\} \), which is not equal to \( \{00\} \).

Now, consider a language that is closed under inserting two zeros. For example, let \( L = \Sigma^* \). Then \( L^{\uparrow 0} \) is the set of all words that contain at least two zeros? Actually, no: by definition, \( L^{\uparrow 0} \) for \( L = \Sigma^* \) would be all words that can be written as \( u0v0w \) for some \( u,v,w \in \Sigma^* \). But note that \( u0v0w \) must contain at least two zeros. However, \( \Sigma^* \) contains words with fewer than two zeros. So \( L^{\uparrow 0} \neq \Sigma^* \) because, for example, \( \epsilon \) is in \( \Sigma^* \) but not in \( L^{\uparrow 0} \).

But we need a language that is exactly equal to its own \( L^{\uparrow 0} \).

Let me try to find a fixed point. Suppose \( L \) is the language of all words that have an even number of zeros. But that might not work.

Consider the language \( L = \{ w \in \Sigma^* \mid \text{the number of zeros in } w \text{ is even} \} \). Then \( L^{\uparrow 0} \) would be: take a word \( x \) in \( L \) (even number of zeros), and insert two zeros arbitrarily. The resulting word has an even number of zeros (since we add two). So \( L^{\uparrow 0} \subseteq L \). But is it equal? Consider a word in \( L \) that has zero zeros, e.g., \( \epsilon \). To get \( \epsilon \) from the definition, we would need a word \( uvw \in L \) such that \( u0v0w = \epsilon \), which is impossible. So \( \epsilon \) is not in \( L^{\uparrow 0} \). Therefore, \( L^{\uparrow 0} \neq L \).

Now, consider the language of all words that have at least two zeros. Let \( L = \{ w \mid w \text{ contains at least two zeros} \} \). Then \( L^{\uparrow 0} \): we take a word \( x \in L \) (which has at least two zeros) and insert two zeros arbitrarily. The result still has at least two zeros (in fact, at least four). So \( L^{\uparrow 0} \subseteq L \). But is every word in \( L \) in \( L^{\uparrow 0} \)? Consider a word with exactly two zeros, say "00". Can we write "00" as \( u0v0w \) for some \( u,v,w \) such that \( uvw \in L \)? But \( uvw \) must be a word that, after inserting two zeros, becomes "00". But if we insert two zeros, the length increases by 2, so the original word must be empty? But then \( uvw = \epsilon \), and \( u0v0w = 00 \), so yes: \( u=\epsilon, v=\epsilon, w=\epsilon \), then \( u0v0w=00 \). And \( \epsilon \) must be in \( L \) for this to work? But \( \epsilon \) does not have at least two zeros, so \( \epsilon \notin L \). Therefore, "00" is not in \( L^{\uparrow 0} \) because there is no decomposition with \( uvw \in L \). Indeed, if \( uvw \in L \), then it has at least two zeros, so \( u0v0w \) has at least four zeros. Hence, words with exactly two zeros are in \( L \) but not in \( L^{\uparrow 0} \). So \( L^{\uparrow 0} \neq L \).

What if we take \( L \) to be the language of all words with an even number of zeros and at least two? Then again, words with exactly two zeros are in \( L \) but cannot be obtained by inserting two zeros into a word in \( L \) (since the original would have zero zeros, but zero is even and at least two? no, zero is less than two). So same issue.

Perhaps a language that is infinite and closed under removal of zeros? But note that \( L^{\uparrow 0} \) adds zeros, so we need a language that is closed under adding two zeros arbitrarily and also every word in it can be obtained by adding two zeros to some word in the language.

Idea: let \( L \) be the language that contains all words with a number of zeros that is a multiple of 3? But that might not work.

Consider a trivial language: \( L = \emptyset \). But the problem states "non-empty", so we cannot use that.

Another idea: let \( L = \{0^n \mid n \text{ is even} \} \). Then \( L^{\uparrow 0} = \{ u0v0w \mid uvw \in L \} \). Since \( uvw \) is a string of zeros of even length, say \( 0^{2k} \), and we insert two zeros, we get a string of zeros of length \( 2k+2 \), which is even. So \( L^{\uparrow 0} \subseteq L \). But is it equal? Consider \( 0^0 = \epsilon \). Is \( \epsilon \) in \( L^{\uparrow 0} \)? We need \( uvw = \epsilon \) so that \( u0v0w = 00 \), which is not \( \epsilon \). So \( \epsilon \) is in \( L \) but not in \( L^{\uparrow 0} \). So no.

What if we take \( L = \{0^{2n} \mid n \geq 1\} \), so excluding the empty string? Then the smallest word is "00". Then \( L^{\uparrow 0} \) would include words obtained by inserting two zeros into "00", which are "000" and "0000" (as we saw earlier). But "000" is not in \( L \) because it has length 3, which is not even. So \( L^{\uparrow 0} \) contains "000" and "0000", but \( L \) only contains even-length strings of zeros. So "000" is in \( L^{\uparrow 0} \) but not in \( L \). Thus \( L^{\uparrow 0} \not\subseteq L \).

This is tricky. Let me think of a language that is fixed under adding two zeros.

Suppose we take \( L = \Sigma^* \setminus \{\epsilon\} \), but then \( L^{\uparrow 0} \) would include words with at least two zeros? Not necessarily: for example, take \( x = "1" \in L \), then we can write \( x = uvw \) with \( u=\epsilon, v=\epsilon, w=1 \), then \( u0v0w = 001 \), which is in \( L^{\uparrow 0} \). But "1" itself is in \( L \), but is "1" in \( L^{\uparrow 0} \)? To have \( u0v0w = "1" \), we need that the inserted zeros are there, but "1" has no zeros, so impossible. So "1" is in \( L \) but not in \( L^{\uparrow 0} \).

Now, consider a language that has no words without at least two zeros? But then how do we get words with exactly two zeros?

Perhaps there is no such language? But the statement is "for every non-empty L", so if we can find one counterexample, we disprove.

Let me try a different approach. Suppose we take \( L = \{0,1\}^* \cdot \{00\} \cdot \{0,1\}^* \), the set of all words containing at least two consecutive zeros? But that is not closed under arbitrary insertion of two zeros.

Another idea: let \( L \) be the language of all words that contain infinitely many zeros? But that is not a regular language, and the statement is about any language.

But we are not restricted to regular languages.

Consider \( L = \Sigma^* \). We already saw that \( L^{\uparrow 0} \) is a proper subset.

What if \( L \) is the language of all words with at least two zeros? As before, it doesn't work.

Wait, let me define \( L \) as the set of all words that have an even number of zeros and are non-empty. But then the word "00" is in L, but to get "00" from the definition, we need a word x in L such that by inserting two zeros we get "00". The only way is if x is empty, but empty is not in L. So "00" is not in \( L^{\uparrow 0} \).

This is frustrating. Perhaps the statement is true, and there is no such L.

But let me try to find a language that is closed under the operation. Suppose we take L to be the entire set except the words with less than two zeros. But then words with two zeros are in L, but they are not in \( L^{\uparrow 0} \) because to produce them, we would need a word with zero zeros, which is not in L.

Unless we include words with zero zeros? But then those words are in L, but they are not in \( L^{\uparrow 0} \) because to produce a word with zero zeros, we would need to insert two zeros into a word with negative two zeros, which is impossible.

So perhaps for any L, if L contains a word w with fewer than two zeros, then w is in L but not in \( L^{\uparrow 0} \). If L contains only words with at least two zeros, then for a word w with exactly two zeros, it may not be in \( L^{\uparrow 0} \) because to produce it, we need a word with zero zeros, which is not in L.

But what if L has no words with fewer than k zeros for some k? But then for the words with the minimal number of zeros, say k, they cannot be in \( L^{\uparrow 0} \) because that would require a word with k-2 zeros, which is not in L.

So in particular, if L is non-empty, let w be a word in L with the minimal number of zeros, say m. If m < 2, then w is not in \( L^{\uparrow 0} \) because any word in \( L^{\uparrow 0} \) has at least two zeros. If m >=2, then w is in L, but is it in \( L^{\uparrow 0} \)? To be in \( L^{\uparrow 0} \), there must be some word x in L and a splitting such that when we insert two zeros, we get w. But x would have m - 2 zeros. Since m is minimal, if m-2 < m, then x would have fewer than m zeros, which contradicts minimality unless m-2 >= m, which is impossible. So if m >=2, then m-2 < m, so x has fewer than m zeros, not in L. Therefore, w is not in \( L^{\uparrow 0} \).

Thus, in both cases, there is a word in L that is not in \( L^{\uparrow 0} \). Hence, \( L^{\uparrow 0} \neq L \).

But what if L has no minimal element? But since the number of zeros is a non-negative integer, every non-empty set has a minimal element.

Therefore, the statement is true: for every non-empty language L, \( L^{\uparrow 0} \neq L \).

But let me double-check.

Suppose L is the language of all words with an infinite number of zeros? But that is not a subset of \(\Sigma^*\) because words are finite. So we are only considering finite words.

All languages are sets of finite strings.

So yes, the argument holds.

Therefore, the answer is that the statement is true.

But the options are:

<option id="1">Wahr</option>
<option id="2">Falsch</option>

We need to select either 1 for Wahr (true) or 0 for Falsch (false)? Actually, the instruction says: "answer these with either 0 or 1". But here we have two options: id="1" for "Wahr" and id="2" for "Falsch". Since we believe the statement is true, we choose option id="1" with value 1, and option id="2" with value 0? But the format might be to mark the correct one.

Looking at the answer format:

<option id="1">0 or 1</option>
<option id="2">0 or 1</option>

And then an answer for explanation.

Since the statement is true, we set:

<option id="1">1</option>
<option id="2">0</option>

But note: the instruction says "there will be one <option> element for each such question", and we have two options for the same question? Actually, it's a true/false question, so we choose one.

The format has two <option> elements, so we must output both, setting the one that is true to 1 and the other to 0.

Alternatively, it might be that we are to select which one is correct. But the instruction says: "answer these with either 0 or 1" for each <option> element. So for each option, we indicate if it is selected.

But in this case, option id="1" is "Wahr", which we believe is correct, so we set it to 1, and option id="2" is "Falsch", which is incorrect, so set to 0.

Then we provide an answer explanation.

So:

<option id="1">1</option>
<option id="2">0</option>
<answer id="3">
Die Aussage ist wahr: Für jede nichtleere Sprache \( L \subseteq \Sigma^* \) gilt \( L^{\uparrow 0} \neq L \).

Beweis: Sei \( L \) eine nichtleere Sprache. Sei \( w \in L \) ein Wort mit minimaler Anzahl an Nullen, sei \( m \) diese minimale Anzahl.

Fall 1: \( m < 2 \). Dann hat \( w \) weniger als zwei Nullen. Aber jedes Wort in \( L^{\uparrow 0} \) hat mindestens zwei Nullen (da zwei Nullen eingefügt werden). Also ist \( w \notin L^{\uparrow 0} \), aber \( w \in L \), also \( L^{\uparrow 0} \neq L \).

Fall 2: \( m \geq 2 \). Dann hat \( w \) mindestens zwei Nullen. Angenommen, \( w \in L^{\uparrow 0} \). Dann gibt es eine Zerlegung \( w = u0v0w' \) (wobei \( u,v,w' \in \Sigma^* \)) und ein Wort \( x = u v w' \in L \). Das Wort \( x \) hat \( m - 2 \) Nullen (da wir zwei Nullen entfernen). Da \( m \geq 2 \), ist \( m-2 \geq 0 \), aber \( m-2 < m \) (da \( m \geq 2 \)). Also hat \( x \) weniger Nullen als \( w \), nämlich \( m-2 \), was ein Widerspruch zur Minimalität von \( m \) ist. Also ist \( w \notin L^{\uparrow 0} \), aber \( w \in L \), also \( L^{\uparrow 0} \neq L \).

In beiden Fällen folgt die Behauptung.
</answer>

The statement is true: For every non-empty language \( L \subseteq \Sigma^* \), \( L^{\uparrow 0} \neq L \).

**Proof**:  
Let \( L \) be a non-empty language. Let \( w \in L \) be a word with the minimal number of zeros, denoted by \( m \).  

- **Case 1: \( m < 2 \)**.  
  Then \( w \) has fewer than two zeros. However, every word in \( L^{\uparrow 0} \) contains at least two zeros (since two zeros are inserted). Thus, \( w \notin L^{\uparrow 0} \), but \( w \in L \), so \( L^{\uparrow 0} \neq L \).  

- **Case 2: \( m \geq 2 \)**.  
  Then \( w \) has at least two zeros. Suppose \( w \in L^{\uparrow 0} \). Then there exists a decomposition \( w = u0v0w' \) (with \( u, v, w' \in \Sigma^* \)) such that \( x = u v w' \in L \). The word \( x \) has \( m - 2 \) zeros (removing the two inserted zeros). Since \( m \geq 2 \), \( m - 2 \geq 0 \), but \( m - 2 < m \) (as \( m \geq 2 \)). Thus, \( x \) has fewer zeros than \( w \), contradicting the minimality of \( m \). Hence, \( w \notin L^{\uparrow 0} \), but \( w \in L \), so \( L^{\uparrow 0} \neq L \).  

In both cases, \( L^{\uparrow 0} \neq L \).

<option id="1">1</option>
<option id="2">0</option>
<answer id="3">
Die Aussage ist wahr: Für jede nichtleere Sprache \( L \subseteq \Sigma^* \) gilt \( L^{\uparrow 0} \neq L \).

Beweis: Sei \( L \) eine nichtleere Sprache. Sei \( w \in L \) ein Wort mit minimaler Anzahl an Nullen, sei \( m \) diese minimale Anzahl.

Fall 1: \( m < 2 \). Dann hat \( w \) weniger als zwei Nullen. Aber jedes Wort in \( L^{\uparrow 0} \) hat mindestens zwei Nullen (da zwei Nullen eingefügt werden). Also ist \( w \notin L^{\uparrow 0} \), aber \( w \in L \), also \( L^{\uparrow 0} \neq L \).

Fall 2: \( m \geq 2 \). Dann hat \( w \) mindestens zwei Nullen. Angenommen, \( w \in L^{\uparrow 0} \). Dann gibt es eine Zerlegung \( w = u0v0w' \) (wobei \( u,v,w' \in \Sigma^* \)) und ein Wort \( x = u v w' \in L \). Das Wort \( x \) hat \( m - 2 \) Nullen (da wir zwei Nullen entfernen). Da \( m \geq 2 \), ist \( m-2 \geq 0 \), aber \( m-2 < m \) (da \( m \geq 2 \)). Also hat \( x \) weniger Nullen als \( w \), nämlich \( m-2 \), was ein Widerspruch zur Minimalität von \( m \) ist. Also ist \( w \notin L^{\uparrow 0} \), aber \( w \in L \), also \( L^{\uparrow 0} \neq L \).

In beiden Fällen folgt die Behauptung.
</answer>

Es gilt weiterhin $\Sigma=\{0,1\}$. Für eine Sprache $L\subseteq\Sigma^*$ bezeichnet $L^{\uparrow 0}$ die Sprache, die man erhält, wenn man den Wörtern aus $L$ jeweils zwei Nullen hinzufügt. Formal gilt
$L^{\uparrow 0}:= \{u0v0w \mid uvw\in L \wedge u,v,w\in\Sigma^*\}$.
Zeigen oder widerlegen Sie: Für jede nichtleere Sprache $L\subseteq \Sigma^*$ gilt $L^{\uparrow 0}\neq L$.
Falls Sie die Aussage mit einem Gegenbeispiel widerlegen möchten, zeigen Sie auch die Korrektheit des Gegenbeispiels.

Die Aussage ist wahr: Für jede nichtleere Sprache $L \subseteq \Sigma^*$ gilt $L^{\uparrow 0} \neq L$.

Beweis: Sei $L$ eine nichtleere Sprache. Sei $w \in L$ ein Wort mit minimaler Anzahl an Nullen, sei $m$ diese minimale Anzahl.

Fall 1: $m < 2$. Dann hat $w$ weniger als zwei Nullen. Aber jedes Wort in $L^{\uparrow 0}$ hat mindestens zwei Nullen (da zwei Nullen eingefügt werden). Also ist $w \notin L^{\uparrow 0}$, aber $w \in L$, also $L^{\uparrow 0} \neq L$.

Fall 2: $m \geq 2$. Dann hat $w$ mindestens zwei Nullen. Angenommen, $w \in L^{\uparrow 0}$. Dann gibt es eine Zerlegung $w = u0v0w'$ (wobei $u,v,w' \in \Sigma^*$) und ein Wort $x = u v w' \in L$. Das Wort $x$ hat $m - 2$ Nullen (da wir zwei Nullen entfernen). Da $m \geq 2$, ist $m-2 \geq 0$, aber $m-2 < m$ (da $m \geq 2$). Also hat $x$ weniger Nullen als $w$, nämlich $m-2$, was ein Widerspruch zur Minimalität von $m$ ist. Also ist $w \notin L^{\uparrow 0}$, aber $w \in L$, also $L^{\uparrow 0} \neq L$.

In beiden Fällen folgt die Behauptung.

Prompt

system:You are an AI assistant specializing in theoretical computer science. Your task is to answer a series of exam questions, providing accurate and well-reasoned responses that demonstrate a deep understanding of theoretical computer science concepts.

# Instructions

You must follow the given answer format.

If the exercises contains yes or no questions for you to answer, there will be one <option> element for each such question. You must answer these with either 0 or 1.

For longer answers, there will be <answer> elements. If the answer must follow a specific template, a corresponding <answer-template> element defines this template, and you MUST follow it precisely when providing your <answer>, as any deviations from the template will cause your answer to be invalid. A '?' symbol indicates a place for you to insert a short text, while a '???' symbol marks places for you to insert multi-line answers. To define the precise syntax to use, an <example> element may be provided. You MUST follow this syntax. However, note that the answers in the example may not be correct answers to the question.

Some questions relate to specific lecture material. In this case, the material will be provided in <context> elements for you to reference.

## Formatting
Always follow the format of the given exercise. If you are writing longer text, you can put text in *italics* or make it **bold**. Formulas should be given as LaTeX and enclosed properly, i.e. $...$ or \[...\].

user:# Exercise: NFA zu regulärem Ausdruck


## subproblem a (9.0 points)
Wir betrachten den rechts abgebildeten NFA $N$ über dem Alphabet $\{a,b\}$. Berechnen Sie mit dem graphischen Algorithmus aus der Vorlesung (nicht mit Ardens Lemma) einen regulären Ausdruck $r$, sodass $L(r) = L(N)$. Geben Sie dabei nach **jeder** Anwendung einer Transformationsregel den Automaten graphisch an und vereinfachen Sie die regulären Ausdrücke in den Zwischenschritten **nicht**. (Ausnahme: Sie dürfen die Vereinfachung $\varepsilon \alpha \equiv \alpha \varepsilon \equiv \alpha$ anwenden.) Entfernen Sie die Zustände **in aufsteigender Reihenfolge** (bezüglich ihrer Zustandsnummer).

NFA N:
Zustände: 1, 2, 3
Startzustand: 1
Finalzustände: 3
Transitionen:
    1, a -> 2
    1, b -> 3
    2, a -> 1
    3, a -> 3
    3, b -> 2


<answer-template id="1">
Zwischenschritte:
???

Regulärer Ausdruck: $r = ?$

</answer-template>

### answer format
Give your answer in the following format:

<answer id="1">
...
</answer>

Wir betrachten den gegebenen NFA mit Zuständen 1, 2, 3. Startzustand ist 1, Finalzustand ist 3. Transitionen sind:
- Von 1 mit a nach 2
- Von 1 mit b nach 3
- Von 2 mit a nach 1
- Von 3 mit a nach 3
- Von 3 mit b nach 2

Wir sollen die Zustände in aufsteigender Reihenfolge entfernen, also zuerst Zustand 1, dann Zustand 2, dann Zustand 3.

Beim Entfernen eines Zustands wenden wir den graphischen Algorithmus an: Für jeden Zustand, den wir entfernen, müssen wir die Übergänge zwischen seinen Nachbarn anpassen, indem wir Pfade, die durch diesen Zustand gehen, durch neue reguläre Ausdrücke ersetzen.

Schritt 1: Entferne Zustand 1.

Zustand 1 hat eingehende und ausgehende Kanten. Bevor wir einen Zustand entfernen, müssen wir eventuell Schleifen hinzufügen oder Kanten anpassen.

Zustand 1 hat:
- Eingehende Kanten: Von Zustand 2 mit a (da 2 --a--> 1)
- Ausgehende Kanten: Nach Zustand 2 mit a (1 --a--> 2), nach Zustand 3 mit b (1 --b--> 3)

Außerdem gibt es eine Kante von 2 nach 1 und von 1 nach 2, also einen Zyklus zwischen 1 und 2.

Wenn wir Zustand 1 entfernen, müssen wir die Pfade betrachten, die durch 1 gehen. Die Nachbarn von 1 sind Zustand 2 und Zustand 3.

Mögliche Pfade durch Zustand 1:
- Von 2 nach 2: 2 --a--> 1, dann 1 --a--> 2. Das ist ein Pfad von 2 nach 2 über 1. Der reguläre Ausdruck dafür ist a a, also aa.
- Von 2 nach 3: 2 --a--> 1, dann 1 --b--> 3. Das gibt a b.
- Von 3 nach 2: Gibt es einen direkten Pfad? Zustand 3 hat eine Kante nach 2 mit b (3 --b--> 2), aber nicht nach 1. Also kein Pfad von 3 nach 2 über 1? Doch, wenn wir von 3 nach 1 wollen, gibt es keine direkte Kante. Nur 3 --b--> 2, und dann von 2 nach 1 mit a. Aber für Pfade durch 1: Zustand 3 hat keine Kante nach 1, also gibt es keinen Pfad von 3 nach 1. Daher können wir nur Pfade betrachten, die bei 1 starten oder enden.

Allgemeine Regel: Wenn wir Zustand q entfernen, dann für jedes Paar von Zuständen (p,r) mit p != q, r != q, fügen wir eine Kante von p nach r hinzu, die den regulären Ausdruck für alle Pfade p -> q -> ... -> q -> r darstellt.

In diesem Fall: Zustand 1 wird entfernt. Mögliche p und r: Zustand 2 und Zustand 3.

- Für p=2, r=2: Pfade von 2 nach 2 über 1. Es gibt: 2 --a--> 1 --a--> 2. Das ist a a. Außerdem könnte es Schleifen geben, aber hier gibt es keine Schleife an 1. Also nur aa. Aber es gibt bereits eine direkte Kante? Nein, vorher gibt es keine Kante von 2 nach 2. Also fügen wir eine neue Kante von 2 nach 2 mit aa hinzu.

- Für p=2, r=3: Pfade von 2 nach 3 über 1: 2 --a--> 1 --b--> 3, also a b. Es gibt bereits eine Kante von 2 nach 3? Nein, vorher nicht. Also fügen wir eine Kante von 2 nach 3 mit ab hinzu.

- Für p=3, r=2: Pfade von 3 nach 2 über 1? Von 3 nach 1 gibt es keine Kante, also kein solcher Pfad. Aber es gibt bereits eine direkte Kante von 3 nach 2 mit b. Diese bleibt unverändert.

- Für p=3, r=3: Pfade von 3 nach 3 über 1? Keine direkte Verbindung, also nichts.

Zusätzlich: Zustand 1 hat eine ausgehende Kante nach 3 mit b. Aber wenn wir Zustand 1 entfernen, müssen wir auch die direkten Kanten von anderen Zuständen zu 1 und von 1 zu anderen betrachten.

Wichtig: Zustand 1 ist Startzustand. Wenn wir ihn entfernen, müssen wir die Starteigenschaft berücksichtigen. Normalerweise fügt man einen neuen Startzustand hinzu, aber in diesem Algorithmus, wie in der Vorlesung, entfernt man Zustände nacheinander und passt die Übergänge an.

In diesem Fall, da Zustand 1 Startzustand ist, und wir ihn entfernen, müssen wir die Übergänge von Start zu den Nachbarn hinzufügen.

Standardmethode: Bevor wir einen Zustand entfernen, stellen wir sicher, dass er kein Start- oder Endzustand ist, oder wir behandeln es gesondert. Aber in diesem Algorithmus, wenn der Zustand Startzustand ist, müssen wir einen neuen Startzustand einführen? Normalerweise nicht notwendig, wir können die Kanten anpassen.

Erinnere mich an den Algorithmus: Wir entfernen Zustände nacheinander. Für jeden zu entfernenden Zustand q:

1. Für jedes Paar von eingehenden und ausgehenden Kanten: Für jeden Vorgänger p und jeden Nachfolger r von q (p und r können gleich sein), füge eine Kante von p nach r hinzu, die den regulären Ausdruck für den Pfad p -> q -> r darstellt, wobei wir eventuelle Schleifen an q berücksichtigen.

Der reguläre Ausdruck für den Pfad von p nach r über q ist: R(p,q) (R(q,q))* R(q,r), wobei R(x,y) der reguläre Ausdruck der Kante von x nach y ist, oder ∅ wenn keine Kante.

In diesem Fall für Zustand q=1:

- Vorgänger von q=1: Zustand 2 (da 2 --a-->1)

- Nachfolger von q=1: Zustand 2 (1--a-->2) und Zustand 3 (1--b-->3)

- Schleife an q=1? Es gibt keine Kante von 1 nach 1, also R(1,1) = ∅.

Da R(1,1) = ∅, ist (R(1,1))* = ε, weil ∅* = ε? Nein, ∅* ist nicht ε. ∅* ist ε, weil die Kleene-Stern von leerer Sprache ist {ε}.

Ja, ∅* = {ε}, also regulärer Ausdruck ε.

Aber in der Formel: Der Ausdruck für p nach r über q ist R(p,q) (R(q,q))* R(q,r)

Hier R(q,q) = R(1,1) = ∅ (keine Schleife), also (R(1,1))* = ∅* ≡ ε.

Dann ist der Ausdruck R(p,q) ε R(q,r) = R(p,q) R(q,r)

Also im Wesentlichen die Konkatenation.

Für p=2, r=2: R(2,1) (R(1,1))* R(1,2) = a * ε * a = a a

Für p=2, r=3: R(2,1) (R(1,1))* R(1,3) = a * ε * b = a b

Für p=2, r=2: wir haben eine neue Kante von 2 nach 2 mit aa

Für p=2, r=3: neue Kante von 2 nach 3 mit ab

Jetzt für andere p? p muss Vorgänger sein, also nur p=2.

Was ist mit Zustand 3? Zustand 3 ist kein Vorgänger von 1, also keine Pfade von 3 über 1.

Aber Zustand 1 hat auch eine Kante nach 3, aber wenn wir q entfernen, gehen die direkten Kanten verloren, deshalb müssen wir sie durch die neuen Kanten ersetzen.

Zusätzlich: Zustand 1 hat eine Kante nach 3 mit b. Diese Kante wird entfernt, aber durch den Pfad über q wird sie nicht abgedeckt, weil p Vorgänger sein muss. In diesem Fall für r=3, aber p muss eingehend haben.

Da Zustand 1 Startzustand ist, müssen wir auch die Pfade vom Start betrachten.

Standardmäßig: Wenn der Zustand Startzustand ist, dann nach dem Entfernen, wenn es ausgehende Kanten gibt, müssen wir einen neuen Start setzen oder die Kanten zu den Nachfolgern als Start hinzufügen.

Um dies zu handhaben, fügen wir oft einen neuen Startzustand hinzu, aber in der Aufgabenstellung steht, dass wir die Zustände in aufsteigender Reihenfolge entfernen sollen, und Zustand 1 ist Start, also müssen wir ihn entfernen.

Vielleicht ist es besser, zuerst die Schleifen und Kanten anzupassen.

Ich denke, wir sollten so vorgehen: Bevor wir Zustand 1 entfernen, da er Startzustand ist, aber kein Endzustand, können wir die Kanten anpassen.

Nach dem Entfernen von Zustand 1:

- Die vorhandenen Kanten, die nicht durch q gehen, bleiben erhalten.

- Wir fügen neue Kanten hinzu für Pfade über q.

In diesem Automaten haben wir derzeit:

Kanten:
- 1 --a--> 2
- 1 --b--> 3
- 2 --a--> 1
- 3 --a--> 3
- 3 --b--> 2

Nach Entfernen von Zustand 1:

Behalten: 3 --a--> 3 und 3 --b--> 2

Füge hinzu:
- Für p=2, r=2: Kante von 2 nach 2 mit R(2,1) R(1,2) = a a (da keine Schleife)
- Für p=2, r=3: Kante von 2 nach 3 mit R(2,1) R(1,3) = a b

Gibt es eine Kante von 1 zu anderen? Da wir Zustand 1 entfernen, und er Startzustand ist, müssen wir einen neuen Startzustand einführen? Normalerweise in diesem Algorithmus, wenn der Startzustand entfernt wird, werden die ausgehenden Kanten als Start behandelt, aber da er entfernt ist, müssen wir die Nachfolger als neue Startzustände betrachten oder einen neuen Start hinzufügen.

Um dies zu vermeiden, fügen viele Implementierungen einen neuen Startzustand s und einen neuen Endzustand f hinzu, mit ε-Übergängen. Aber in der Aufgabenstellung steht "graphischen Algorithmus aus der Vorlesung", und wir sollen die Zustände entfernen ohne neue hinzuzufügen? Die Aufgabe sagt nicht, dass wir neue Zustände hinzufügen sollen.

Schauen wir in den Kontext. Es gibt keinen gegebenen Kontext, aber ich erinnere mich, dass beim Entfernen eines Startzustands, wenn er ausgehende Kanten hat, diese Kanten dann vom neuen "Start" aus gesehen werden müssen.

Um es einfach zu halten, entfernen wir Zustand 1 und beachten, dass Zustand 2 und 3 jetzt mögliche Startzustände sind, weil es Übergänge von 1 zu ihnen gab. Aber da wir reguläre Ausdrücke für Pfade brauchen, müssen wir die Starteigenschaft übertragen.

Nach dem Entfernen von Zustand 1, da 1 Start war und Kanten zu 2 und 3 hat, werden Zustand 2 und 3 zu Startzuständen? Nicht direkt, aber wir können es so betrachten, dass es ε-Übergänge von einem impliziten Start gibt.

Aber in der graphischen Darstellung müssen wir es angeben.

Vielleicht ist es besser, einen neuen Startzustand hinzuzufügen. Aber die Aufgabe sagt nicht explizit, dass wir das tun sollen, und wir sollen nach jedem Schritt den Automaten graphisch angeben.

Um konsistent zu sein, fügen wir keinen neuen Zustand hinzu, sondern passen die Startzustände an.

Nach dem Entfernen von Zustand 1:

- Zustand 1 ist weg.
- Die verbleibenden Zustände sind 2 und 3.
- Kanten:
  - Von 2 nach 2: aa (neu hinzugefügt)
  - Von 2 nach 3: ab (neu hinzugefügt)
  - Von 3 nach 3: a (behalten)
  - Von 3 nach 2: b (behalten)

Startzustände: Da Zustand 1 entfernt wurde, aber er hatte Übergänge nach 2 und 3, und er war Start, also müssen Zustand 2 und 3 jetzt Startzustände sein? Aber das wäre nicht korrekt, weil nicht alle Wörter von 2 oder 3 beginnen.

Stattdessen: Die Kanten von 1 zu 2 und 1 zu 3 müssen als "von Start" markiert werden. Daher fügen wir neue Kanten vom Start zu 2 und 3 hinzu, aber da wir keinen expliziten Start haben, müssen wir es in den regulären Ausdrücken berücksichtigen.

Um dies zu handhaben, ist es üblich, beim Entfernen eines Zustands, der Start ist, die direkten ausgehenden Kanten als neue "Startkanten" zu den jeweiligen Zuständen hinzuzufügen.

Also, wenn wir Zustand q entfernen und q ist Startzustand, dann für jeden Nachfolger r von q, fügen wir eine Startkante zu r mit dem regulären Ausdruck der Kante von q nach r.

In diesem Fall: q=1 hat Nachfolger 2 und 3.

- Kante zu 2: a
- Kante zu 3: b

Also nach Entfernen von q=1:
- Füge Startkante zu Zustand 2 mit a hinzu
- Füge Startkante zu Zustand 3 mit b hinzu

Und Zustand 2 und 3 sind jetzt normale Zustände, aber mit neuen Startkanten.

Endzustände bleiben gleich, nur Zustand 3 ist Endzustand.

Zusätzlich zu den Kanten, die wir für Pfade über q hinzugefügt haben.

Also insgesamt nach Entfernen von Zustand 1:

- Zustände: 2, 3
- Startzustände: implizit, mit Kanten: zu 2 mit a, zu 3 mit b
- Finalzustände: 3
- Kanten zwischen Zuständen:
  - 2 --aa--> 2 (neu)
  - 2 --ab--> 3 (neu)
  - 3 --a--> 3 (behalten)
  - 3 --b--> 2 (behalten)

Die Kante von 3 nach 2 ist b, die behalten wir.

Jetzt haben wir zwei Startzustände, aber das ist in Ordnung für einen NFA.

Nächster Schritt: Entferne Zustand 2.

Zustand 2 wird entfernt. Zustand 2 hat eingehende und ausgehende Kanten.

Vorgänger von 2: 
- Von Start: es gibt eine Startkante zu 2 mit a
- Von Zustand 3: Kante von 3 nach 2 mit b
- Von sich selbst: Kante von 2 nach 2 mit aa

Nachfolger von 2:
- Zu sich selbst: aa
- Zu Zustand 3: ab

Schleife an 2: aa

Jetzt entfernen wir Zustand 2.

Für jeden Vorgänger p und jeden Nachfolger r von 2 (p,r != 2), fügen wir eine Kante von p nach r hinzu, die den Pfad p -> 2 -> r darstellt, unter Berücksichtigung der Schleife.

p kann Start sein, weil es Startkanten gibt.

In diesem Algorithmus behandeln wir den "Start" als einen besonderen Zustand s.

Um es systematisch zu machen, betrachten wir den Start als einen zusätzlichen Zustand.

Für Zustand q=2:

Vorgänger: 
- Der Startzustand (nennen wir ihn s), mit Kante s --a--> 2
- Zustand 3, mit Kante 3 --b--> 2
- Zustand 2 selbst, mit Kante 2 --aa--> 2

Nachfolger:
- Zu Zustand 2 selbst: aa
- Zu Zustand 3: 2 --ab--> 3

Jetzt für Pfade über q=2:

Für jedes Paar (p,r) mit p Vorgänger, r Nachfolger.

p kann s, 3, oder 2 sein, aber p und r sollen nicht q sein, also p !=2, r!=2.

Also p ist s oder 3, r ist 3 (da Nachfolger sind 2 und 3, aber r!=2, also r=3)

Nachfolger r kann 3 sein.

Also für r=3.

Jetzt für jeden p Vorgänger von q: s und 3.

- Für p=s, r=3: Pfad s -> 2 -> 3. Der reguläre Ausdruck ist R(s,2) (R(2,2))* R(2,3)

R(s,2) = a (die Startkante)

R(2,2) = aa

R(2,3) = ab

Also Ausdruck: a (aa)* ab

- Für p=3, r=3: Pfad 3 -> 2 -> 3. R(3,2) (R(2,2))* R(2,3) = b (aa)* ab

Zusätzlich: Es gibt bereits eine Kante von 3 nach 3 mit a (die Schleife).

Diese bleibt erhalten, und wir fügen neue Kanten hinzu.

Außerdem, wenn wir Zustand 2 entfernen, gehen die direkten Kanten von p nach 2 und von 2 nach r verloren, aber wir ersetzen sie durch die neuen Kanten.

Auch die Startkante zu 2 wird durch die neuen Pfade zu r ersetzt.

Nach Entfernen von Zustand 2:

- Zustände: nur noch 3
- Kanten: 
  - Von s nach 3: die neue Kante mit a(aa)*ab
  - Von 3 nach 3: die vorhandene Kante mit a, und die neue Kante mit b(aa)*ab
  - Außerdem die direkte Startkante zu 3? Ja, von s nach 3 gab es bereits mit b (von vorher, als wir Zustand 1 entfernt haben).

Erinnern: Nach Entfernen von Zustand 1 hatten wir:
- Startkanten: s --a--> 2 und s --b--> 3
- Kanten: 2 --aa-->2, 2--ab-->3, 3--a-->3, 3--b-->2

Jetzt entfernen wir Zustand 2.

Wir fügen neue Kanten von p nach r für r=3.

p kann s und 3 sein.

- Von s nach 3: neue Kante mit a(aa)*ab
- Von 3 nach 3: neue Kante mit b(aa)*ab

Zusätzlich gibt es bereits:
- Von s nach 3: die direkte Kante mit b (aus Schritt 1)
- Von 3 nach 3: die direkte Kante mit a

Diese bleiben erhalten.

Also nach Entfernen von Zustand 2:
- Zustand 3
- Startkanten: s --b-->3 (alt) und s --a(aa)*ab-->3 (neu)
- Kanten von 3 nach 3: alt: a, neu: b(aa)*ab
- Finalzustand: 3

Jetzt müssen wir die Startkanten kombinieren und die Schleifen an 3.

Da nur ein Zustand übrig ist, Zustand 3, und es ist Endzustand.

Der reguläre Ausdruck für die Sprache ist die Summe aller Pfade von Start zu 3, und da es Schleifen gibt, müssen wir die Schleife berücksichtigen.

Allgemein: Für einen Zustand mit Schleifen, ist der Ausdruck (R)* wobei R die Summe aller Übergänge ist, aber hier haben wir auch Startkanten.

Da es nur einen Zustand gibt, und er Endzustand ist, ist die Sprache alle Wörter, die von Start zu 3 führen, und dann beliebig oft die Schleifen, aber da es keine anderen Zustände gibt, müssen wir die Übergänge von Start zu 3 und die Schleifen an 3.

Der vollständige Ausdruck ist: (Summe der Startübergänge) mal (Schleife)*

Hier Startübergänge zu 3:
- Direkt: b (von s --b-->3)
- Über Pfade: a(aa)*ab

Also insgesamt Start zu 3: b + a(aa)*ab

Dann an Zustand 3: Schleife mit a + b(aa)*ab (die neue Kante, aber das ist eine Kante von 3 nach 3)

Die Kanten von 3 nach 3 sind:
- Die alte Schleife: a
- Die neue Kante: b(aa)*ab

Also R(3,3) = a + b(aa)*ab

Dann der reguläre Ausdruck für die Sprache ist: [b + a(aa)*ab] (a + b(aa)*ab)*

Weil wir von Start nach 3 gehen (mit b oder a(aa)*ab), und dann beliebig oft die Schleife (a + b(aa)*ab) durchlaufen können, und da 3 Endzustand ist, ist jedes Präfix akzeptiert, aber in diesem Fall, da es keine anderen Zustände gibt, ist das korrekt.

Jetzt müssen wir Zustand 3 entfernen? Normalerweise im letzten Schritt, wenn nur der Endzustand übrig ist, aber hier haben wir nur Zustand 3, und er ist Endzustand, also ist der Ausdruck wie oben.

Aber im Algorithmus, wenn wir den letzten Zustand entfernen, aber da es ein Endzustand ist, und wir haben Startkanten, dann ist der Ausdruck die Summe der Startübergänge multipliziert mit (Schleife)*.

In diesem Fall, nachdem alle Zustände entfernt sind, bleibt nur der Start und der Endzustand, aber hier haben wir keinen expliziten Endzustand.

Um es formal zu machen: Nach Entfernen von Zustand 2 haben wir nur Zustand 3, mit Startkanten und Kanten zu sich selbst.

Der reguläre Ausdruck ist dann die Summe der regulären Ausdrücke der Startkanten, multipliziert mit (Summe der Schleifen)*.

Also r = [b + a(aa)*ab] (a + b(aa)*ab)*

Aber wir müssen den letzten Schritt nicht graphisch angeben, da nur ein Zustand übrig ist.

Die Aufgabe sagt: "Entfernen Sie die Zustände in aufsteigender Reihenfolge", also zuerst 1, dann 2, dann 3. Nach Entfernen von 3 sollte nichts übrig sein, aber wir müssen den Übergang zum Endzustand betrachten.

Um konsistent zu sein, fügen wir einen neuen Endzustand hinzu, aber die Aufgabe erwähnt das nicht.

In vielen Darstellungen, wenn nur der Endzustand übrig ist, ist der Ausdruck der für die Schleifen und die Startübergänge.

Aber in diesem Fall, da wir Zustand 3 entfernen sollen, und er Endzustand ist, müssen wir einen neuen Endzustand f hinzufügen und einen ε-Übergang, aber die Aufgabe sagt nichts davon.

Schauen wir in die Anweisung: "Entfernen Sie die Zustände in aufsteigender Reihenfolge", und nach jedem Schritt graphisch angeben.

Nach Entfernen von Zustand 2 haben wir nur Zustand 3 übrig. Wenn wir Zustand 3 entfernen, da er Endzustand ist, müssen wir die Pfade von Start zu 3 betrachten und dann zu einem neuen Endzustand.

Um dies zu handhaben, ist es üblich, einen neuen Start- und einen neuen Endzustand hinzuzufügen, aber die Aufgabe erwähnt das nicht, also machen wir ohne.

Für Zustand 3: Wenn wir ihn entfernen, dann:

Vorgänger: Start s (mit den Startkanten)

Nachfolger: nur sich selbst, aber da er Endzustand ist, gibt es einen ε-Übergang zu einem impliziten Endzustand.

Für das Paar (p,r) mit p Vorgänger, r Nachfolger, aber r ist der Endzustand.

Also für p=s, r=f (Endzustand), der Pfad s -> 3 -> f.

R(s,3) (R(3,3))* R(3,f)

R(3,f) ist ε, weil Endzustand.

R(s,3) ist die Summe der Startkanten: b + a(aa)*ab

R(3,3) = a + b(aa)*ab

Also Ausdruck: [b + a(aa)*ab] (a + b(aa)*ab)* ε = [b + a(aa)*ab] (a + b(aa)*ab)*

Das ist der reguläre Ausdruck.

Jetzt müssen wir die Zwischenschritte graphisch angeben.

Schritt 1: Nach Entfernen von Zustand 1.

- Zustände: 2, 3
- Start: zu 2 mit a, zu 3 mit b
- Final: 3
- Kanten:
  - 2 --aa--> 2
  - 2 --ab--> 3
  - 3 --a--> 3
  - 3 --b--> 2

Schritt 2: Nach Entfernen von Zustand 2.

- Zustände: 3
- Start: zu 3 mit b (alt) und zu 3 mit a(aa)*ab (neu)
- Kanten von 3 nach 3: a (alt) und b(aa)*ab (neu)
- Final: 3

Schritt 3: Entfernen von Zustand 3. Aber da nur ein Zustand, und wir haben den Ausdruck.

Für die graphische Darstellung in Schritt 2: Wir haben zwei Startkanten zu 3: eine mit b, eine mit a(aa)*ab. Und zwei Schleifen: mit a und mit b(aa)*ab.

Dann für den regulären Ausdruck: r = [b + a(aa)*ab] (a + b(aa)*ab)*

Aber wir sollen die Ausdrücke nicht vereinfachen, also so lassen.

Jetzt schreiben wir die Zwischenschritte.

Zuerst: Originalautomat:

- Zustand 1: Start
- Kanten: 1-a->2, 1-b->3, 2-a->1, 3-a->3, 3-b->2
- Final: 3

Nach Entfernen Zustand 1:

- Zustände: 2,3
- Start: ε->2 mit a? Normalerweise zeichnet man die Startkanten als von einem Startpunkt.

Graphisch:

- Ein Startpfeil zu 2 mit Beschriftung "a"
- Ein Startpfeil zu 3 mit Beschriftung "b"
- Zustand 2: Kante zu sich selbst: "aa"
- Zustand 2 zu 3: "ab"
- Zustand 3 zu sich selbst: "a"
- Zustand 3 zu 2: "b"
- Final: 3

Dann nach Entfernen Zustand 2:

- Nur Zustand 3
- Startpfeil zu 3 mit "b" (von vorher)
- Zusätzlicher Startpfeil zu 3 mit "a(aa)*ab" (neu)
- Kante von 3 zu sich selbst: "a" (alt)
- Zusätzliche Kante von 3 zu sich selbst: "b(aa)*ab" (neu)
- Final: 3

Dann regulärer Ausdruck: Summe der Startübergänge mal (Summe der Schleifen)*

Also r = [b + a(aa)*ab] (a + b(aa)*ab)*

Aber wir müssen es in der Antwort angeben.

Jetzt für die Antwort.

Wir sollen nach jeder Regel den Automaten graphisch angeben. Da es textuell ist, beschreiben wir es.

In der Antwort schreiben wir für jeden Schritt eine Beschreibung.

<answer id="1">
Zwischenschritte:

Schritt 1: Entferne Zustand 1.
- Automat nach Entfernung:
  Zustände: 2, 3
  Startzustände: Übergang zu 2 mit "a", zu 3 mit "b"
  Finalzustände: 3
  Transitionen:
    2 -- "aa" --> 2
    2 -- "ab" --> 3
    3 -- "a" --> 3
    3 -- "b" --> 2

Schritt 2: Entferne Zustand 2.
- Automat nach Entfernung:
  Zustände: 3
  Startzustände: Übergang zu 3 mit "b" (direkt) und mit "a(aa)*ab" (neu)
  Finalzustände: 3
  Transitionen von 3 zu 3:
    "a" (alt)
    "b(aa)*ab" (neu)

Schritt 3: Entferne Zustand 3. (Da nur ein Zustand, übrig, aber formal)
- Der reguläre Ausdruck ist: \( r = [b + a(aa)^{\ast}ab] (a + b(aa)^{\ast}ab)^{\ast} \)

Regulärer Ausdruck: \( r = (b + a(aa)^{\ast}ab) (a + b(aa)^{\ast}ab)^{\ast} \)

</answer>

In der Beschreibung für Schritt 3 haben wir keinen Automaten mehr, aber die Aufgabe sagt, nach jeder Regel, aber nach Entfernen von 3 ist kein Automat mehr da. Wir können sagen, dass der Ausdruck abgelesen wird.

Da wir Zustand 3 entfernen, und er Endzustand ist, fügen wir einen Übergang von Start zu End über 3.

Aber in der Antwort ist es in Ordnung.

Wir sollen den Ausdruck angeben.

Beachten: Wir dürfen nur εα ≡ αε ≡ α vereinfachen, aber hier haben wir keine solchen Fälle.

In a(aa)*ab, aa ist a a, kein ε.

Also ist der Ausdruck korrekt.

Können wir es überprüfen? Mit dem ursprünglichen NFA.

Zum Beispiel: Wort b: von 1-b->3, akzeptiert.

Im Ausdruck: b (a + ...)*, aber wenn nichts von der Schleife, also b gefolgt von ε, also b.

Wort a: von 1-a->2, dann müsste weiter, aber kein Endzustand, nicht akzeptiert.

Im Ausdruck: [b + a(aa)*ab] ... , für a: erster Teil a(aa)*ab, aber a allein ist nicht enthalten, da ab benötigt. Also nicht akzeptiert, korrekt.

Wort ab: von 1-a->2, 2? Keine Kante von 2 nach 3 direkt im Original? Im Original: von 2 nur zurück zu 1 mit a. Also ab: 1-a->2, dann b? Keine b-Kante von 2, also nicht akzeptiert. Aber im Ausdruck: a(aa)*ab, für n=0: a ε ab = a ab = aab? Nicht ab.

a(aa)*ab: wenn * =0, dann a ab = aab, nicht ab.

Im NFA: kann ab akzeptiert werden? Start 1, mit b nach 3, akzeptiert. b ist ab? Nein, b ist das Wort b.

Wort ab: Buchstaben a dann b.

Start in 1, lese a: nach 2. Dann lese b: von 2 keine b-Kante, also nicht akzeptiert. Korrekt, da im Ausdruck kein "ab" direkt.

Ein anderes Wort: b a: von 1-b->3, dann a: 3-a->3, akzeptiert.

Im Ausdruck: b (a + ...)* , mit a, also b a.

Oder a a b: im Original: 1-a->2, 2-a->1, dann? Von 1 mit b nach 3, akzeptiert. Also a a b.

Im Ausdruck: erster Teil a(aa)*ab, für * =0: a ab = aab, aber a a b ist nicht aab. aab ist a,a,b; a a b ist auch a,a,b.

a(aa)*ab: wenn * =0, dann a ε ab = a ab, also die Zeichenkette "aab".

Für * =1: a (aa) ab = a aa ab = a a a a b? Nein: a(aa)^1 ab = a aa ab = a a a b? Konkatenation: a * aa * ab = a aa ab, also "a" + "aa" + "ab" = "aaaab"? Nein, reguläre Ausdrücke: Konkatenation ist die Folge.

a(aa)*ab: der Ausdruck ist a, dann null oder mehr aa, dann ab.

Also für null aa: a ab = aab

Für ein aa: a aa ab = a a a a b? aa ist zwei a, also a + aa + ab = a, dann aa (zwei a), dann ab (a,b), also insgesamt: a + aa + ab = a aa ab, was die Zeichenkette "a" "aa" "ab" = "a a a b" aber "aa" ist zwei Zeichen, also "a" + "aa" = "aaa", dann "ab" = "aaab"? "aaa" + "ab" = "aaaab"? Nein, Konkatenation: wenn wir schreiben a(aa)*ab, bedeutet es: erst a, dann (aa)*, dann ab.

(aa)* ist eine Folge von "aa"-Paaren.

Also für k=0: a ε ab = a ab = "aab"

Für k=1: a aa ab = "a" "aa" "ab" = "a a a b" aber als String "aaab"? "a" + "aa" = "aaa", dann "ab" = "aaab", also "aaab"

Aber im NFA: für "aab": von 1 mit a nach 2, dann von 2 mit a nach 1 (aber wir brauchen nach 3). Von 2 keine direkte Kante nach 3. Um nach 3 zu kommen, von 1 mit b. Also für "aab": lese erstes a: nach 2. Zweites a: nach 1. Dann b: nach 3. Also akzeptiert. Das Wort ist "a a b", nicht "aab". "aab" ist a,a,b; "a a b" ist auch a,a,b, gleich.

"aab" bedeutet zwei a und ein b, aber in Reihenfolge: erstes Zeichen a, zweites a, drittes b.

In "a(aa)*ab": für k=0: "a" + ε + "ab" = "aab" = a,a,b

Für k=1: "a" + "aa" + "ab" = "a" "aa" "ab" = a, aa, ab; aber aa ist zwei a, also a, a, a, b? Nein: die Konkatenation ist "a" + "aa" + "ab" = "a" + "aa" = "aaa", dann "ab" = "aaab", also drei a und b.

Aber im NFA für "aaab": erstes a:1->2, zweites a:2->1, drittes a:1->2, viertes b:2? Keine b-Kante von 2, also nicht akzeptiert. Problem.

Fehler.

Im Ausdruck a(aa)*ab: für k=1: a (aa)^1 ab = a aa ab. aa ist "aa", also "a" "aa" "ab" = "a" + "aa" + "ab" = "aaaab"? "a" + "aa" = "aaa", + "ab" = "aaaab", also vier Zeichen: a,a,a,a,b.

Aber im NFA: nach "a a": von 1 nach 2 nach 1. Dann weiter "a": nach 2, dann "b": von 2 keine b-Kante, also nicht akzeptiert. Korrekt, da "aaaab" nicht akzeptiert wird.

Aber für "aab" = a,a,b: akzeptiert, wie oben.

Im Ausdruck für k=0: "aab" = a,a,b.

Jetzt für "b a": b dann a: im Ausdruck: b (a + b(aa)*ab)*, mit der Schleife a: also b a.

Korrekt.

Für "a a b": im Ausdruck: im ersten Teil, a(aa)*ab mit k=0: "aab" = a,a,b, was "a a b" ist.

Gibt es andere Wege? Zum Beispiel von Start mit b nach 3, dann mit b: von 3 mit b nach 2, dann? Von 2 nach 3 mit ab? Aber "ab" ist ein Übergang.

Wort "b b": Start mit b nach 3, dann b: von 3 mit b nach 2. Dann von 2? Keine weitere Kante, und 2 nicht final, also nicht akzeptiert.

Im Ausdruck: [b + ...] (a + b(aa)*ab)*, für "b b": erst b, dann die Schleife mit b(aa)*ab. Aber b(aa)*ab ist ein Übergang, der "b" gefolgt von (aa)* gefolgt von "ab" erfordert, also mindestens "bab" oder mehr. Nicht "bb". Also nicht akzeptiert, korrekt.

Ein Wort wie "b a b": Start b nach 3, dann a nach 3, dann b nach 2. Dann von 2? Nicht final. Aber wenn wir nach b nach 2, dann von 2 nach 3 mit ab? Aber "ab" ist zwei Zeichen. Für "b a b": nach "b a" in 3, dann b: lese b, geht nach 2. Jetzt in 2, Ende, aber nicht final, also nicht akzeptiert. Im Ausdruck: nach b a (akzeptiert bis hier), dann b: um weiter zu gehen, muss die Schleife durchlaufen werden, aber die Schleife erfordert mindestens ein Zeichen, und "b" allein ist nicht in (a + b(aa)*ab), da b(aa)*ab mindestens "bab" ist. Also nicht akzeptiert, korrekt.

Ein akzeptiertes Wort: "b a a": b nach 3, a nach 3, a nach 3, akzeptiert. Im Ausdruck: b (a)* , da a in der Schleife, also b a a.

Oder "a a b a": wie oben "aab" dann a, aber "aab" ist bereits akzeptiert, aber das Wort ist länger. Nach "a a b" in 3, dann a: nach 3, akzeptiert. Im Ausdruck: erster Teil "aab", dann Schleife mit a, also "aab" + "a" = "aaba", aber als ein Wort "aaba". Im Ausdruck: [b + a(aa)*ab] (a + ...)* , für "aaba": nehmen wir den ersten Teil "aab" (mit k=0), dann die Schleife mit a, also "aab" "a" = "aaba".

Korrekt.

Also der Ausdruck scheint korrekt.

Jetzt zurück zur Antwort.

In Schritt 2, als wir Zustand 2 entfernt haben, haben wir neue Kanten hinzugefügt: von Start zu 3 mit a(aa)*ab, und von 3 zu 3 mit b(aa)*ab.

Im Automaten nach Schritt 2: Zustand 3 mit zwei Startkanten und zwei Selbstkanten.

Dann für den regulären Ausdruck: r = (b + a(aa)*ab) (a + b(aa)*ab)*

Wir können es schreiben als \( r = (b \mid a(aa)^*ab) (a \mid b(aa)^*ab)^* \)

In der Antwort.

Nun für die Zwischenschritte in der Box.

<answer id="1">
Zwischenschritte:

**Schritt 1: Entferne Zustand 1.**  
- Automat nach Entfernung:  
  - Zustände: 2, 3  
  - Startzustände: Übergang zu Zustand 2 mit "a", zu Zustand 3 mit "b"  
  - Finalzustände: 3  
  - Transitionen:  
    - Zustand 2 nach Zustand 2: "aa"  
    - Zustand 2 nach Zustand 3: "ab"  
    - Zustand 3 nach Zustand 3: "a"  
    - Zustand 3 nach Zustand 2: "b"  

**Schritt 2: Entferne Zustand 2.**  
- Automat nach Entfernung:  
  - Zustände: 3  
  - Startzustände: Übergang zu Zustand 3 mit "b" (direkt von Start) und mit "a(aa)*ab" (neu hinzugefügt)  
  - Finalzustände: 3  
  - Transitionen von Zustand 3 zu Zustand 3:  
    - "a" (vorhanden)  
    - "b(aa)*ab" (neu hinzugefügt)  

**Schritt 3: Entferne Zustand 3 (Finalzustand).**  
- Der reguläre Ausdruck wird aus den Startübergängen und den Schleifen am Finalzustand abgeleitet.  

Regulärer Ausdruck: $r = (b \mid a(aa)^{\ast}ab) (a \mid b(aa)^{\ast}ab)^{\ast}$  

</answer>

Wir betrachten den rechts abgebildeten NFA $N$ über dem Alphabet $\{a,b\}$. Berechnen Sie mit dem graphischen Algorithmus aus der Vorlesung (nicht mit Ardens Lemma) einen regulären Ausdruck $r$, sodass $L(r) = L(N)$. Geben Sie dabei nach jeder Anwendung einer Transformationsregel den Automaten graphisch an und vereinfachen Sie die regulären Ausdrücke in den Zwischenschritten nicht. (Ausnahme: Sie dürfen die Vereinfachung $\varepsilon \alpha \equiv \alpha \varepsilon \equiv \alpha$ anwenden.) Entfernen Sie die Zustände in aufsteigender Reihenfolge (bezüglich ihrer Zustandsnummer).
NFA N:
Zustände: 1, 2, 3
Startzustand: 1
Finalzustände: 3
Transitionen:
    1, a -> 2
    1, b -> 3
    2, a -> 1
    3, a -> 3
    3, b -> 2

Zwischenschritte:

**Schritt 1: Entferne Zustand 1.**  
- Automat nach Entfernung:  
  - Zustände: 2, 3  
  - Startzustände: Übergang zu Zustand 2 mit "a", zu Zustand 3 mit "b"  
  - Finalzustände: 3  
  - Transitionen:  
    - Zustand 2 nach Zustand 2: "aa"  
    - Zustand 2 nach Zustand 3: "ab"  
    - Zustand 3 nach Zustand 3: "a"  
    - Zustand 3 nach Zustand 2: "b"  

**Schritt 2: Entferne Zustand 2.**  
- Automat nach Entfernung:  
  - Zustände: 3  
  - Startzustände: Übergang zu Zustand 3 mit "b" (direkt von Start) und mit "a(aa)*ab" (neu hinzugefügt)  
  - Finalzustände: 3  
  - Transitionen von Zustand 3 zu Zustand 3:  
    - "a" (vorhanden)  
    - "b(aa)*ab" (neu hinzugefügt)  

**Schritt 3: Entferne Zustand 3 (Finalzustand).**  
- Der reguläre Ausdruck wird aus den Startübergängen und den Schleifen am Finalzustand abgeleitet.  

Regulärer Ausdruck: $r = (b \mid a(aa)^{\ast}ab) (a \mid b(aa)^{\ast}ab)^{\ast}$

Prompt

system:You are an AI assistant specializing in theoretical computer science. Your task is to answer a series of exam questions, providing accurate and well-reasoned responses that demonstrate a deep understanding of theoretical computer science concepts.

# Instructions

You must follow the given answer format.

If the exercises contains yes or no questions for you to answer, there will be one <option> element for each such question. You must answer these with either 0 or 1.

For longer answers, there will be <answer> elements. If the answer must follow a specific template, a corresponding <answer-template> element defines this template, and you MUST follow it precisely when providing your <answer>, as any deviations from the template will cause your answer to be invalid. A '?' symbol indicates a place for you to insert a short text, while a '???' symbol marks places for you to insert multi-line answers. To define the precise syntax to use, an <example> element may be provided. You MUST follow this syntax. However, note that the answers in the example may not be correct answers to the question.

Some questions relate to specific lecture material. In this case, the material will be provided in <context> elements for you to reference.

## Formatting
Always follow the format of the given exercise. If you are writing longer text, you can put text in *italics* or make it **bold**. Formulas should be given as LaTeX and enclosed properly, i.e. $...$ or \[...\].

user:# Exercise: NFA zu regulärem Ausdruck


## subproblem a (9.0 points)
Wir betrachten den rechts abgebildeten NFA $N$ über dem Alphabet $\{a,b\}$. Berechnen Sie mit dem graphischen Algorithmus aus der Vorlesung (nicht mit Ardens Lemma) einen regulären Ausdruck $r$, sodass $L(r) = L(N)$. Geben Sie dabei nach **jeder** Anwendung einer Transformationsregel den Automaten graphisch an und vereinfachen Sie die regulären Ausdrücke in den Zwischenschritten **nicht**. (Ausnahme: Sie dürfen die Vereinfachung $\varepsilon \alpha \equiv \alpha \varepsilon \equiv \alpha$ anwenden.) Entfernen Sie die Zustände **in aufsteigender Reihenfolge** (bezüglich ihrer Zustandsnummer).

NFA N:
Zustände: 1, 2, 3
Startzustand: 1
Finalzustände: 3
Transitionen:
    1, a -> 2
    1, b -> 3
    2, a -> 1
    3, a -> 3
    3, b -> 2


<answer-template id="1">
Zwischenschritte:
???

Regulärer Ausdruck: $r = ?$

</answer-template>

### answer format
Give your answer in the following format:

<answer id="1">
...
</answer>

assistant:<answer id="1">
Zwischenschritte:

**Schritt 1: Entferne Zustand 1.**  
- Automat nach Entfernung:  
  - Zustände: 2, 3  
  - Startzustände: Übergang zu Zustand 2 mit "a", zu Zustand 3 mit "b"  
  - Finalzustände: 3  
  - Transitionen:  
    - Zustand 2 nach Zustand 2: "aa"  
    - Zustand 2 nach Zustand 3: "ab"  
    - Zustand 3 nach Zustand 3: "a"  
    - Zustand 3 nach Zustand 2: "b"  

**Schritt 2: Entferne Zustand 2.**  
- Automat nach Entfernung:  
  - Zustände: 3  
  - Startzustände: Übergang zu Zustand 3 mit "b" (direkt von Start) und mit "a(aa)*ab" (neu hinzugefügt)  
  - Finalzustände: 3  
  - Transitionen von Zustand 3 zu Zustand 3:  
    - "a" (vorhanden)  
    - "b(aa)*ab" (neu hinzugefügt)  

**Schritt 3: Entferne Zustand 3 (Finalzustand).**  
- Der reguläre Ausdruck wird aus den Startübergängen und den Schleifen am Finalzustand abgeleitet.  

Regulärer Ausdruck: $r = (b \mid a(aa)^{\ast}ab) (a \mid b(aa)^{\ast}ab)^{\ast}$  

</answer>

user:
## subproblem b (3.0 points)
Geben Sie eine rechtslineare Grammatik für $L(N)$ mit höchstens 3 Nichtterminalen an.

*Hinweis:* In rechtslinearen Grammatiken sind keine $\varepsilon$-Produktionen außer $S \to \varepsilon$ erlaubt.

<example>
S -> aS | SS
...

</example>

### answer format
Give your answer in the following format:

<answer id="1">
...
</answer>

We are given an NFA N with states 1, 2, 3, start state 1, and final state 3. The transitions are:
- 1 --a--> 2
- 1 --b--> 3
- 2 --a--> 1
- 3 --a--> 3
- 3 --b--> 2

We need to construct a right-linear grammar with at most 3 nonterminals for the language L(N).

Recall that in a right-linear grammar, every production is of the form:
  A -> wB   or   A -> w
where A and B are nonterminals and w is a string of terminals (possibly empty, but note the hint: ε-productions are only allowed for S -> ε).

We can convert the NFA to a right-linear grammar by letting nonterminals represent states. Typically, we let the start state correspond to the start symbol. Since state 3 is the only final state, we need to account for termination.

Let:
- S correspond to state 1 (start state)
- A correspond to state 2
- B correspond to state 3 (final state)

Now, for each transition:
1. From state 1 (S):
   - On 'a' goes to state 2: so we have S -> aA
   - On 'b' goes to state 3: so we have S -> bB

2. From state 2 (A):
   - On 'a' goes to state 1: so we have A -> aS

3. From state 3 (B):
   - On 'a' goes to state 3: so we have B -> aB
   - On 'b' goes to state 2: so we have B -> bA

Additionally, since state 3 is a final state, we need to allow the grammar to generate the empty string when we are at state 3. But note: the hint says ε-productions are only allowed for S -> ε. However, in our case, the start state is not final (state 1 is start, state 3 is final). So we cannot use S -> ε. Instead, we must allow B to produce ε? But the hint forbids ε-productions except for S. Therefore, we must adjust.

One common method is to introduce a new nonterminal for the final state and then have a production that allows the derivation to end. However, note that we are allowed at most 3 nonterminals. We already have three: S, A, B.

We can do: since B is the final state, we add a production B -> ε. But the hint says: "no ε-productions außer S -> ε". So we cannot have B -> ε.

Alternative approach: we can change the grammar so that we don't need ε-productions. Instead, we can have productions that end without a nonterminal when the state is final.

Actually, the standard conversion from NFA to right-linear grammar is:
- For each transition δ(q_i, a) = q_j, add a production: q_i -> a q_j.
- For each final state q_f, add a production: q_f -> ε.

But the problem restricts ε-productions. Therefore, we must avoid ε-productions for non-start symbols.

We can avoid ε-productions by having the grammar generate the string without an explicit ε-production for B. Instead, we can have productions that end with a terminal when the transition leads to a final state? But note: in the NFA, we can be in state 3 and then read more symbols (because there is a loop). So we cannot simply end at any transition that goes to state 3.

Alternatively, we can use the following trick: since state 3 is final, we can consider that whenever we are in state 3, we can terminate. So we add productions that allow termination at state 3. But without ε, we must have a production that produces a terminal and then stops? That doesn't work.

Actually, the standard method requires ε-productions for final states. Given the constraint, we must have only S -> ε for ε-productions. Therefore, we can make state 3 non-final and instead have a new state? But we are limited to 3 nonterminals.

Alternatively, we can make the start symbol have a production that leads to the final state and then allow the final state to produce ε? But again, we cannot have B->ε.

Another idea: we can use the same nonterminal for the final state and then have a production that ends without a nonterminal. However, note that the grammar must generate the entire string. For example, if the string ends at state 3, we must have a production that does not generate any further nonterminal. So we can have:

For state 3 (B), we have:
- B -> aB | bA | a | b   ??? But that would be incorrect because:
  - On 'a', we go to state 3, so we can either continue (B->aB) or stop (B->a). Similarly, on 'b', we go to state 2, so we must go to A (B->bA) and cannot stop.

But wait: if we are in state 3 and we read an 'a', we can either stop (if we consider that state 3 is final) or continue. However, the NFA accepts the string if it ends in state 3. So we must allow termination at any point when we are in state 3.

Therefore, we can add for state 3: B -> aB | bA | a | b? But note: when we read a 'b' we go to state 2, which is not final, so we cannot stop there. Only when we are in state 3 we can stop.

So we should have: B -> aB | bA | a   [because after reading an 'a' we can stop?] But also, after reading a 'b', we go to state 2 and then we must continue.

Actually, we can have two types of productions: one that continues and one that stops. For state 3, we can have:
  B -> aB   [continue]
  B -> bA   [continue to state 2]
  B -> a    [stop after reading an 'a']
But what about stopping without reading any more? That would be ε, which we cannot do.

Alternatively, we can have a production that stops at state 3 without reading any symbol? That would be B -> ε, which is not allowed.

Therefore, we must restructure. One solution is to make the start symbol also account for the case when the empty string is accepted? But in our NFA, the empty string is not accepted because the start state 1 is not final.

So we don't have to worry about the empty string. Then, every string must have at least one symbol? Not necessarily: the empty string is not accepted, so we don't need to generate it.

But then, how do we terminate? We terminate when we are in state 3 and we have no more input? Without ε-productions, we must have a production that ends with a terminal. However, the last symbol must be read and then we stop. So we can have productions that end with a terminal without a nonterminal.

For example, if we are in state 1 and we read a 'b', we go to state 3 and then we can stop. So we can have S -> bB and then B must be able to produce nothing? But without ε, we must have a production from B that produces nothing? That is not possible.

Alternatively, we can have S -> b, meaning that we stop after reading 'b'. But that would be a string of length 1. However, after reading 'b', we are in state 3, which is final, so we can stop. So we can have:

For state 1 (S):
  S -> aA   (go to state 2)
  S -> b    (stop because we reached state 3? but note: we are at state 3 and it is final) -> This is acceptable.

Similarly, for state 3 (B), we can have:
  B -> aB   (on 'a', stay in state 3 and continue)
  B -> bA   (on 'b', go to state 2 and continue)
  B -> a    (on 'a', and stop? but why stop? we can stop after reading an 'a' at state 3)

But note: we can stop at state 3 at any time. So after any prefix that leads to state 3, we can stop. Therefore, we can have a production that ends at state 3 without reading any further symbol. However, without ε, we must have a production that ends with a terminal? That doesn't make sense because the last symbol has already been read.

The solution is to allow productions that end with a terminal symbol that was read to get to the final state? But that terminal symbol is already produced by the previous production.

Actually, in the production rule, we can have:
  S -> b   [because from state 1, reading 'b' takes us to state 3 and then we stop]
  S -> aA  [then A will produce more]

Similarly, from state 3, we can have:
  B -> a   [meaning: we read an 'a' and stop] 
  B -> aB  [read an 'a' and continue as B]
  B -> bA  [read a 'b' and go to A]

But wait: the state B is reached only after we have read at least one symbol? Actually, we can have multiple ways to reach B.

However, note that from state 1 we can go to state 3 by reading 'b', and then we stop. So S->b is one production.

Also, from state 3, if we read an 'a', we can stop (because state 3 is final) or continue. So we can have B->a and B->aB.

Similarly, if we read a 'b' in state 3, we go to state 2, so we must continue: B->bA.

But what about from state 2? We have A->aS.

Now, consider a string that ends at state 3: the last symbol must be either 'b' (if we came from state 1) or 'a' (if we were in state 3 and we read an 'a' and stop). But note: we can also come to state 3 from state 2? How?

Actually, from state 2, we go to state 1 on 'a'. Then from state 1 we can go to state 3 by 'b'. So the last symbol would be 'b'. But then we would have S->b at the end? But that production is only at the beginning.

We must connect the nonterminals.

Let me write the grammar:

Nonterminals: S (for state 1), A (for state 2), B (for state 3)

Productions:
1. S -> aA   (from state1 reading a goes to state2)
2. S -> bB   (from state1 reading b goes to state3) -> but then we are at state3 and we can stop? But we cannot have B->ε. So instead, we can have:
   Alternatively, we can have S -> b   (if we stop immediately) but then what about when we are in state3 and we want to continue? We need B for that.

So we must have S -> bB. Then from B, we can have productions that allow termination without ε? We can have B -> ε, but that is forbidden.

Therefore, we must allow B to produce nothing by having a production that ends. In right-linear grammars, we can have B -> x where x is a terminal string, and that ends the derivation. So we can have:

  B -> a   | aB   | bA

But note: B->a means that we read an 'a' and stop. That is acceptable because we are in state3 after reading 'a'. Similarly, we can stop after reading the last symbol.

However, we also need to account for the possibility that we stop without reading any symbol at state3? But that would be the empty string at state3, but we are already at state3 after reading at least one symbol (unless we start at state3, but we don't). So the only way to be at state3 without reading a symbol is if we start there, but we start at state1.

Therefore, we don't need to stop without reading a symbol at state3. We only stop after reading a symbol that leaves us at state3.

But note: we can be at state3 and then read no more symbols. That is allowed. So we need a production that says: we are at state3 and we stop. That is exactly what B->ε would do. But we cannot.

So we must avoid having state3 as a nonterminal that requires an ε-production. Instead, we can have:

  For every transition that goes to a final state, we have two productions: one that continues and one that stops.

But that would double the number of productions.

Alternatively, we can have a new nonterminal for the final state that does not require ε? But we are limited to 3 nonterminals.

Another standard method is to make the start symbol have a production that leads to the final state and then the final state nonterminal can produce ε? But again, we cannot.

Given the constraints, we can do:

Let S be the start symbol (state1). Then:

  S -> aA | bB | b   [the b without nonterminal: this corresponds to the transition to state3 and then stopping]

But wait, if we do S->b, that is a string "b", which is accepted.

Then for state3, we need to account for strings that start at state1 and then go to state3 and then continue. So we have:

  S -> bB   [so that we can continue from state3]

But then we have two productions for S on 'b': one to nothing and one to B. That is ambiguous.

We can avoid that by noting that after reading the first symbol, if we go to state3, we can either stop or continue. But the language includes both possibilities? Actually, the NFA accepts a string if it ends in state3. So if we have a string that ends after the first 'b', that is accepted. If we have more symbols, then we must continue.

So we can have:

  S -> aA | b | bB   [but then b and bB are two separate productions]

Then for B (state3):
  B -> aB | bA | a   [here, a means stop after reading an a, and aB means continue]

But also, we might want to stop after reading a sequence that ends at state3 without necessarily reading an extra symbol? Actually, the production B->a allows stopping after reading an 'a'. Similarly, we don't have a production for stopping after a 'b'? Because after reading a 'b' in state3, we go to state2, which is not final, so we cannot stop.

So the grammar would be:

  S -> aA | b | bB
  A -> aS
  B -> aB | a | bA

Now, let's see if this works.

Example: 
- "b": S->b, accepted.
- "a": not accepted? But in the NFA, from state1, reading 'a' goes to state2, which is not final. So "a" is not accepted -> correct.
- "b a": S->bB->ba, accepted? But in the NFA: 
    start state1, read 'b' -> state3 (final, so if we stop here, accepted). But if we read another 'a', we go from state3 by 'a' to state3. So after "ba", we are at state3 -> accepted. 
    In the grammar: S->bB->ba (using B->a). So accepted.
- "b b": S->bB->bbA. Now A has no production that ends? We need to continue: A->? There is no production for A on 'b'. So we cannot derive "bb". 
  But in the NFA: 
      state1->b->state3 (then read 'b'): state3->b->state2. Now at state2, which is not final. So "bb" is not accepted? But we are at state2, so if we stop, it is not accepted. However, we can continue: from state2, we can read 'a' to go to state1, and then from state1 we can read 'b' to go to state3. So "bb" is not accepted by itself? Correct, because we end at state2.

But what about "bba": 
  In NFA: 
    state1->b->state3->b->state2->a->state1. Then at state1, not final. So not accepted? 
  Actually, we need to end at state3. So we must continue: from state1 we can read 'b' to go to state3: so "bbab" is accepted.

In the grammar for "bbab":
  S->bB->bbA->bbaS->bbab (using S->b) -> but then we stop? That gives "bbab", but we need to end at state3. Alternatively, we can do:
  S->bB->bbA->bbaS->bbabB->... but we don't have a production for S->bB at the end? We have S->bB and S->b and S->aA.

We can do:
  S->bB (for the first b) -> then B->bA (for the second b) -> then A->aS (for the a) -> then S->b (for the last b) -> that gives "bbab", but note: the last step is S->b, which is a string of length 1, but we are deriving the entire string.

Actually, the derivation would be:
  S => bB => bbA => bbaS => bbab

So we get "bbab", which is accepted.

But what about a string that ends at state3 without the last symbol being the one that took us to state3? For example, the string "b" ends with 'b', and we have S->b. The string "ba" ends with 'a', and we have S->bB and then B->a.

Now, consider a string that loops in state3: e.g., "baa":
  S->bB->baB->baa (using B->a) -> accepted.

But also, we can do: S->bB->baB->baaB->... so we need a way to stop. We stop by using B->a at the last step.

So the grammar seems to work.

But note: we have three nonterminals: S, A, B.

The grammar is:
  S -> aA | b | bB
  A -> aS
  B -> aB | a | bA

However, we can simplify the production for B: we have B->aB | a, which can be written as B->aB | a, meaning that B generates any number of a's (at least one). But wait, that is not exactly: because we also have B->bA.

Actually, B can produce:
  B => a   (so "a")
  B => aB => aa   (so "aa")
  B => aB => aB => ... => a^k for any k>=1
  or B => bA => b a S => ... 

But note: we can also have B => bA => b a S => b a b   (if S->b) -> so "bab"

Now, is there a shorter way? We can combine the two productions for B that end with 'a': we have B->a and B->aB. We can write B->aC where C is a new nonterminal? But we are limited to 3 nonterminals.

Alternatively, we can write B->aD where D can be ε? But we cannot.

So we leave it as is.

But note: the production B->aB | a is equivalent to B->aB | a, which is standard.

Now, let's check a few strings:

- "b": S->b -> accepted.
- "ba": S->bB->ba -> accepted.
- "bb": S->bB->bbA -> then A has no production for the next symbol? Actually, we have read two symbols and we are at A. We need to read more. But "bb" is not accepted by the NFA (ends at state2) -> so the grammar does not generate "bb", which is correct.
- "bab": S->bB->bbA->bbaS->bbab? Wait, that would be four symbols. Actually, for "bab": 
  We can do: S->bB->bbA->bbaS->bab? That doesn't match. 
  Alternatively: S->bB->bbA->? then A->aS, so we get bb a S. Then S can be b: so bba b? That's "bbab", not "bab".

For "bab": 
  We need: from state1: b->state3, then a->state3, then b->state2 -> not accepted? 
  But wait: after "ba", we are at state3 (accepted). Then we read a 'b' and go to state2, which is not accepted. So "bab" is not accepted? 

But let me simulate the NFA for "bab":
  Start state1.
  b: state1->state3 (final, so if we stop here, accepted). But if we continue: 
  a: state3->state3 (final, so accepted after "ba").
  b: state3->state2 (not final). 
  So if we read the entire string "bab", we end at state2 -> not accepted.

Therefore, "bab" is not in the language.

What about "baa": 
  state1->b->state3 (accepted after "b")
  then a->state3 (accepted after "ba")
  then a->state3 (accepted after "baa")

So "baa" is accepted.

In the grammar: 
  S->bB->baB->baa (using B->a) -> accepted.

Another string: "aab": 
  In NFA: 
    state1->a->state2->a->state1->b->state3 -> accepted.
  In grammar:
    S->aA->aaS->aab (using S->b) -> accepted.

So the grammar seems correct.

But note: we have S->b | bB. This is acceptable.

We can write the grammar as:

S -> aA | b | bB
A -> aS
B -> aB | a | bA

This uses three nonterminals.

Therefore, the answer is:

<answer id="1">
S -> aA | b | bB
A -> aS
B -> aB | a | bA
</answer>

To solve subproblem b, we need to construct a right-linear grammar for the language \(L(N)\) recognized by the given NFA \(N\). The grammar must have at most 3 nonterminals and adhere to the constraints that only the start symbol \(S\) can have an \(\varepsilon\)-production (if needed), but in this case, the empty string is not accepted by \(N\), so no \(\varepsilon\)-productions are required.

### Approach
1. **Identify States and Transitions**: The NFA \(N\) has states \(\{1, 2, 3\}\), start state \(1\), and final state \(3\). The transitions are:
   - \(1 \xrightarrow{a} 2\)
   - \(1 \xrightarrow{b} 3\)
   - \(2 \xrightarrow{a} 1\)
   - \(3 \xrightarrow{a} 3\)
   - \(3 \xrightarrow{b} 2\)

2. **Convert NFA to Right-Linear Grammar**:
   - Assign nonterminals to states: \(S\) for state 1 (start state), \(A\) for state 2, and \(B\) for state 3 (final state).
   - For each transition \(q_i \xrightarrow{\sigma} q_j\), add a production \(q_i \to \sigma q_j\).
   - For transitions to the final state \(B\), allow termination by adding productions \(B \to \sigma\) (where \(\sigma\) is the terminal leading to \(B\)) to stop the derivation without \(\varepsilon\)-productions.
   - Ensure all possible paths are covered, including loops and transitions to non-final states.

3. **Grammar Construction**:
   - **From state 1 (\(S\))**:
     - On \(a\), go to state 2 (\(A\)): \(S \to aA\).
     - On \(b\), go to state 3 (\(B\)) and allow termination: \(S \to b\) (stop) or \(S \to bB\) (continue).
   - **From state 2 (\(A\))**:
     - On \(a\), go to state 1 (\(S\)): \(A \to aS\).
   - **From state 3 (\(B\))**:
     - On \(a\), loop to state 3: \(B \to aB\) or stop: \(B \to a\).
     - On \(b\), go to state 2 (\(A\)): \(B \to bA\).

### Solution
The right-linear grammar with nonterminals \(S\), \(A\), and \(B\) is:
- \(S \to aA \mid b \mid bB\)
- \(A \to aS\)
- \(B \to aB \mid a \mid bA\)

### Explanation
- **Start Symbol \(S\) (state 1)**:
  - \(S \to aA\): Reads \(a\) and transitions to state 2 (\(A\)).
  - \(S \to b\): Reads \(b\) and stops (accepts since state 3 is final).
  - \(S \to bB\): Reads \(b\) and transitions to state 3 (\(B\)) for further processing.
- **Nonterminal \(A\) (state 2)**:
  - \(A \to aS\): Reads \(a\) and returns to state 1 (\(S\)).
- **Nonterminal \(B\) (state 3, final)**:
  - \(B \to aB\): Reads \(a\) and stays in state 3.
  - \(B \to a\): Reads \(a\) and stops (accepts).
  - \(B \to bA\): Reads \(b\) and transitions to state 2 (\(A\)).

This grammar generates all strings accepted by \(N\) without \(\varepsilon\)-productions, using exactly 3 nonterminals.

<answer id="1">
S -> aA | b | bB
A -> aS
B -> aB | a | bA
</answer>

Geben Sie eine rechtslineare Grammatik für $L(N)$ mit höchstens 3 Nichtterminalen an.

Hinweis: In rechtslinearen Grammatiken sind keine $\varepsilon$-Produktionen außer $S \to \varepsilon$ erlaubt.

S -> aA | b | bB
A -> aS
B -> aB | a | bA

Prompt

system:You are an AI assistant specializing in theoretical computer science. Your task is to answer a series of exam questions, providing accurate and well-reasoned responses that demonstrate a deep understanding of theoretical computer science concepts.

# Instructions

You must follow the given answer format.

If the exercises contains yes or no questions for you to answer, there will be one <option> element for each such question. You must answer these with either 0 or 1.

For longer answers, there will be <answer> elements. If the answer must follow a specific template, a corresponding <answer-template> element defines this template, and you MUST follow it precisely when providing your <answer>, as any deviations from the template will cause your answer to be invalid. A '?' symbol indicates a place for you to insert a short text, while a '???' symbol marks places for you to insert multi-line answers. To define the precise syntax to use, an <example> element may be provided. You MUST follow this syntax. However, note that the answers in the example may not be correct answers to the question.

Some questions relate to specific lecture material. In this case, the material will be provided in <context> elements for you to reference.

## Formatting
Always follow the format of the given exercise. If you are writing longer text, you can put text in *italics* or make it **bold**. Formulas should be given as LaTeX and enclosed properly, i.e. $...$ or \[...\].

user:# Exercise: Kontextfreie Sprachen

Gegeben sind folgende drei Sprachen über dem Alphabet $\Sigma := \{a,b\}$:
$L_1 := \{a^ib^ja^k : (i = j\vee j = k)\wedge i,j,k\geq 0\}$
$L_2 := \{a^nw : w\in \Sigma^* \wedge |w|\geq n\wedge n>0\}$
$L_3 := \{a^ib^ja^k : j>i + k\wedge i,j,k\geq 0\}$

## subproblem a (6.0 points)
Geben Sie kontextfreie Grammatiken für $L_1,L_2,L_3$ mit jeweils höchstens 5 Nichtterminalen und 10 Produktionen an.

*Hinweis:* Sie dürfen $\varepsilon$-Produktionen verwenden.

<answer-template id="1">
Grammatik für $L_1$:
???

Grammatik für $L_2$:
???

Grammatik für $L_3$:
???

</answer-template>

<example>
Grammatik für $L_1$:
S -> SS | AT
T -> aTa | bTb
...

</example>

### answer format
Give your answer in the following format:

<answer id="1">
...
</answer>

Wir haben drei Sprachen L1, L2, L3 über {a,b} und sollen für jede eine kontextfreie Grammatik mit höchstens 5 Nichtterminalen und 10 Produktionen angeben.

Beginnen wir mit L1: L1 = {a^i b^j a^k : (i = j ∨ j = k) ∧ i,j,k ≥ 0}

Die Sprache besteht aus Wörtern, bei denen entweder die Anzahl der a's am Anfang gleich der Anzahl der b's ist, oder die Anzahl der b's gleich der Anzahl der a's am Ende ist.

Wir können L1 als Vereinigung zweier Sprachen auffassen:
- A = {a^i b^i a^k | i,k ≥ 0} (wenn i=j)
- B = {a^i b^j a^j | i,j ≥ 0} (wenn j=k)

Dann ist L1 = A ∪ B.

Für A: Wörter der Form a^i b^i gefolgt von beliebig vielen a's. Das können wir mit einer Grammatik erzeugen, die zuerst ein Wort erzeugt, bei dem a's und b's gleich sind, und dann a's anhängt.

Für B: ähnlich, aber zuerst beliebig viele a's, dann b's und a's in gleicher Anzahl.

Wir brauchen eine Grammatik, die beide Fälle abdeckt.

Definieren wir die Grammatik für L1:

Nichtterminale: S (Start), A, B, C, D (wir haben bis zu 5)

Wir können S so definieren, dass es entweder zu einem Wort aus A oder aus B ableitet.

Für A: {a^i b^i a^k | i,k ≥ 0}
Wir können S1 -> A B, wobei A a^i b^i erzeugt und B a^k.

Aber wir haben nur ein S. Wir können S -> S1 | S2, wobei S1 für A und S2 für B.

Für S1: Wörter mit i b's, davor i a's, danach beliebig viele a's.
S1 -> X Y, wobei X a^i b^i erzeugt und Y a^*.

X kann sein: X -> a X b | ε
Y -> a Y | ε

Aber dann ist S1 -> X Y, und das Wort ist a^i b^i a^k, ja.

Für S2: Wörter mit j a's am Ende, davor beliebige a's und dann j b's? Nein: a^i b^j a^j, also i a's, dann j b's, dann j a's.

S2 -> Z W, wobei Z a^* erzeugt (die ersten i a's), und W b^j a^j.

W kann sein: W -> b W a | ε

Z -> a Z | ε

Dann ist S -> S1 | S2.

Nun haben wir Nichtterminale: S, S1, X, Y, S2, Z, W. Das sind 7, aber wir dürfen nur 5 haben.

Wir müssen kombinieren.

Beachte, dass Y und Z beide a^* erzeugen, also können wir dasselbe Nichtterminal für beide verwenden, sagen wir C für beliebig viele a's.

Ebenso können wir S1 und S2 direkt in S integrieren.

Definieren wir:

S -> A | B  (A für den ersten Fall, B für den zweiten)

Für A: A -> X C, wobei X a^i b^i und C a^*

X -> a X b | ε

C -> a C | ε

Für B: B -> C D, wobei D b^j a^j

D -> b D a | ε

Nun haben wir Nichtterminale: S, A, X, C, B, D. Das sind 6, aber wir dürfen nur 5. Wir müssen eines einsparen.

Beachte, dass A und B beide C verwenden, aber wir können S direkt produzieren lassen.

S -> X C | C D

Dann haben wir S, X, C, D.

X -> a X b | ε

C -> a C | ε

D -> b D a | ε

Das sind 4 Nichtterminale.

Jetzt prüfen wir, ob das L1 erzeugt.

Erster Fall: S => X C => ... => a^i b^i C => a^i b^i a^k (da C a^k erzeugt)

Zweiter Fall: S => C D => ... => C b^j a^j

C erzeugt a^m für ein m, also a^m b^j a^j.

Aber in L1, im zweiten Fall, haben wir a^i b^j a^j, wobei i beliebig ist, also a^m b^j a^j, ja, das ist korrekt, mit i=m.

Perfekt.

Nun, was ist mit dem leeren Wort? Wenn i=j=0, dann im ersten Fall: S => X C => ε ε = ε, und ε ist in L1, da i=j=0.

Im zweiten Fall: S => C D => ε ε = ε, auch.

Gibt es Wörter, die fehlen? Zum Beispiel, wenn i=j und j=k, dann ist es in beiden enthalten, aber das ist in Ordnung, da Vereinigung.

Zum Beispiel a b a: i=1,j=1,k=1. Im ersten Fall: S => X C => a X b C => a ε b C => a b C, und C kann a erzeugen: C => a, also a b a. Im zweiten Fall: S => C D => C b D a => ... wenn C ε, D => b a, also ε b a = b a, nicht a b a. Also für a b a muss es über den ersten Weg gehen.

Mit S => X C => a X b C => a ε b C => a b C, und C => a, also a b a. Gut.

Ein anderes Beispiel: nur a: i=1,j=0,k=0? Aber j=0, und i=j oder j=k: i=j ist 1=0 falsch, j=k ist 0=0 wahr, also sollte es drin sein.

S => C D, C kann a erzeugen, D muss b^j a^j, mit j=0, D => ε, also C => a, dann a. Gut.

b: i=0,j=0,k=0? ε, oder? b allein: i=0,j=1,k=0? i=j: 0=1 falsch, j=k:1=0 falsch, also nicht in L1. Mit unserer Grammatik: S kann X C: X muss ε (da i=j=0), C kann b? Nein, C erzeugt nur a's. S => C D: C kann b? Nein. Also kein b, gut.

a a: zwei Möglichkeiten: i=2,j=0,k=0: j=k=0 wahr, also sollte drin sein. S => C D => a C D => a ε D, D muss ε, also a. Aber wir brauchen a a. C kann a a erzeugen: C => a C => a ε = a, dann D => ε, also a, nicht a a. Problem.

S => C D, C erzeugt die ersten a's, D erzeugt b^j a^j. Für a a, wenn j=0, dann D => ε, und C => a a, also S => C D => a a ε = a a. Ja, C -> a C | ε, also C => a a.

Gut.

Nun, was ist mit b allein? Wie gesagt, nicht in L1, und Grammatik erzeugt es nicht.

Also Grammatik für L1:

S -> X C | C D

X -> a X b | ε

C -> a C | ε

D -> b D a | ε

Nichtterminale: S, X, C, D — 4, Produktionen: 7 (S hat 2, X hat 2, C hat 2, D hat 2? S -> X C | C D, das sind zwei Produktionen für S.

Zählen: 

1. S -> X C

2. S -> C D

3. X -> a X b

4. X -> ε

5. C -> a C

6. C -> ε

7. D -> b D a

8. D -> ε

8 Produktionen, weniger als 10.

Gut.

Jetzt L2: L2 = {a^n w : w ∈ Σ^*, |w| ≥ n, n > 0}

Also ein Wort, das mit mindestens n a's beginnt, gefolgt von einem Wort w, das mindestens Länge n hat.

n>0, also das Wort hat mindestens ein a am Anfang, und insgesamt mindestens n + n = 2n Zeichen? Nein.

|w| ≥ n, und w ist über {a,b}, also nach den n a's kommt ein Suffix w mit |w| ≥ n.

Zum Beispiel für n=1: a w mit |w|≥1, also a gefolgt von mindestens einem Zeichen, also aa, ab, ba, bb, aber nicht a allein.

Für n=2: aa w mit |w|≥2, also aaab, aaba, usw., nicht aa.

Wir müssen eine Grammatik schreiben.

Idee: zuerst n a's erzeugen, aber n ist variabel, und dann w mit Länge mindestens n.

Wir können S -> a S a | a S b | a a ? Aber das erzeugt nicht notwendig genug Zeichen.

Standardweg: wir können die Anzahl der a's zählen und sicherstellen, dass danach mindestens so viele Zeichen kommen.

Definieren wir S -> a S X | etwas, wobei X ein Symbol ist, das später ein Zeichen erzeugt.

Aber wir brauchen mindestens n Zeichen nach den a's.

Eine übliche Methode ist, ein Nichtterminal zu haben, das für jedes a am Anfang ein späteres Zeichen "erzwingt".

Zum Beispiel: S -> a S A | a A  (oder ähnlich)

Dann A -> a | b, aber dann hätten wir nach den a's nur ein Zeichen, aber wir brauchen mindestens n.

Besser: S -> a S X | a X, wobei X ein Nichtterminal ist, das ein Zeichen erzeugt, aber dann hätten wir nur ein zusätzliches Zeichen.

Wir müssen n Kopien von X haben.

Setze S -> a S A | a A, und A -> a | b, aber dann für n=1: S => a A => a a oder a b, also zwei Zeichen, gut. Für n=2: S => a S A => a (a A) A => a a A A, dann A->a, A->a, also a a a a, oder a a a b, etc., aber |w| = Anzahl der A, die 2 ist, und n=2, |w|=2≥2, gut. Aber in a a A A, wenn A->a oder b, also w hat Länge 2, ja.

Aber was ist, wenn w länger ist? Zum Beispiel für n=1, w="aa", also a aa. Mit S => a S A, dann S muss ein Wort erzeugen, aber S erzeugt nur Wörter, die mit a anfangen. Für n=1: S => a A, und A kann nur ein Zeichen, nicht zwei. Also können wir w nicht länger als n machen.

Problem: w kann beliebig lang sein, solange |w|≥n.

In der obigen Grammatik für festes n, aber n ist Teil des Wortes.

Wir müssen erlauben, dass nach den a's mehr als n Zeichen kommen.

Also modifizieren: S -> a S X | a X, und X -> a | b, aber dann hat w genau n Zeichen, da für jedes a am Anfang ein X kommt.

Aber wir brauchen |w|≥n, also kann w länger sein.

Also müssen wir zusätzliche Zeichen erlauben.

Wir können S -> a S X | a X T, wobei T beliebige Zeichen anhängt.

Aber T -> a T | b T | ε, dann können wir beliebig viele anhängen.

Dann für S -> a S X: das erzeugt für jedes a am Anfang ein zusätzliches X, aber X muss ein Zeichen erzeugen, und T kann mehr erzeugen.

Setze S -> a S X | a X T

X -> a | b

T -> a T | b T | ε

Dann für n a's: S => a S X => a (a S X) X => ... nach k Schritten: a^k S X^k, dann muss S -> a X T, also a^k a X T X^{k-1}? Nein, die Ableitung: starte mit S.

Erste Produktion: S -> a S X oder S -> a X T

Wenn wir S -> a S X wählen, dann haben wir a S X, dann wieder S -> a S X, also a a S X X, usw.

Nach m-mal S -> a S X, haben wir a^m S X^m

Dann S -> a X T, also a^m a X T X^m = a^{m+1} X T X^m

Dann X^m und X, jedes X erzeugt ein Zeichen, und T erzeugt beliebig viele.

Also das Wort ist a^{m+1} gefolgt von (m+1) Zeichen von den X's und dann T.

Die X's erzeugen je ein Zeichen, T beliebig viele.

Also w besteht aus den Zeichen von den X's und T, insgesamt |w| = (m+1) + |T|, und n = m+1, also |w| = n + |T| ≥ n, da |T|≥0, aber wenn T=ε, |w|=n, gut, aber wenn T mehr, |w|>n, auch gut.

In a^{m+1} X T X^m, die Reihenfolge: nach den a's kommt zuerst das X von S->a X T, dann T, dann die X^m.

Aber die X^m sind in der Reihenfolge der Ableitung, aber da sie unabhängig sind, können wir annehmen, dass sie in beliebiger Reihenfolge erzeugt werden, aber eigentlich in der Ableitung kommen sie nacheinander.

Zum Beispiel für n=1: S => a X T (mit m=0, da direkt S->a X T)

Dann X->a, T->ε, also a a

Oder X->b, T->ε, a b

Oder T->a T->a a, etc., also a a a, a b a, etc. Gut, |w|≥1.

Für n=2: S => a S X => a (a X T) X => a a X T X

Dann X->a, T->ε, X->a, also a a a a

Oder X->a, T->b, X->a, also a a a b a? Die Reihenfolge: nach a a kommt X (sagen a), dann T (kann b erzeugen), dann X (a), also a a a b a, w="a b a", Länge 3≥2, gut.

Aber die Zeichen sind nicht unbedingt in einer festen Reihenfolge, aber das ist ok, da w beliebig ist.

Nun, das Wort ist a^n gefolgt von w, und w hat Länge mindestens n, aber in unserer Grammatik haben wir genau n zusätzliche Zeichen von den X's, und dann T, also |w| = n + |T| ≥ n, ja.

Aber in der Ableitung haben wir n X's, jedes erzeugt ein Zeichen, und T erzeugt beliebig viele, also ja.

Nichtterminale: S, X, T — 3.

Produktionen:

S -> a S X | a X T

X -> a | b

T -> a T | b T | ε

Das sind 6 Produktionen.

X hat zwei Produktionen, T hat drei.

Zählen: 

1. S -> a S X

2. S -> a X T

3. X -> a

4. X -> b

5. T -> a T

6. T -> b T

7. T -> ε

7 Produktionen.

Gut.

Jetzt L3: L3 = {a^i b^j a^k : j > i + k ∧ i,j,k ≥ 0}

Also mehr b's als die Summe von a's vor und nach den b's.

i,j,k ≥0, j > i+k.

Zum Beispiel: i=0,k=0,j>0: also b^j für j≥1.

i=1,k=0,j>1: a b^j für j≥2.

i=0,k=1,j>1: b^j a für j≥2.

i=1,k=1,j>2: a b^j a für j≥3, etc.

Wir müssen eine Grammatik schreiben, die sicherstellt, dass es mehr b's gibt.

Eine Möglichkeit ist, ein Nichtterminal zu haben, das die Differenz j - (i+k) >0 erzeugt.

Wir können die b's erzeugen und dabei "Schulden" für a's sammeln.

Ähnlich wie bei Grammatiken für {a^m b^n | n > m}.

Für {a^m b^n | n > m}: S -> a B, B -> a B b | B b | b? Oder besser S -> X B, X -> a X b | ε, B -> b B | b, dann X erzeugt a^m b^m, B b^n, also insgesamt a^m b^{m+n}, und wenn n≥1, dann m+n > m, ja, aber wir brauchen n>m, also m+n > m immer, aber wenn n=0, dann nur a^m b^m, was nicht n>m erfüllt. Mit B -> b B | b, erzeugt mindestens ein b, also n≥1, und m+n ≥ m+1 > m, da m≥0. Also ja, a^m b^{m+n} mit n≥1, also j = m+n > m = i, gut.

Aber hier haben wir a^i b^j a^k, und j > i + k.

Wir können es als a^i (b^j) a^k mit j > i+k.

Wir können zuerst die a's und dann die b's erzeugen, aber die b's müssen mehr sein.

Oder wir erzeugen die b's und dazwischen die a's.

Eine Möglichkeit: S -> B, wobei B die b's erzeugt, und dabei a's einfügt, aber mit Beschränkung.

Definieren wir ein Nichtterminal, das b's erzeugt und für jedes b kann es ein a vor oder nach sich erzeugen, aber so dass insgesamt weniger a's als b's.

Genauer: wir können haben, dass für jedes b, wir höchstens ein a insgesamt erzeugen können, aber da wir i a's vor und k nach, müssen wir die Position beachten.

Besser: wir erzeugen die b's und für jedes b können wir ein a links oder rechts erzeugen, aber mit einer Art Balance.

Ein Standardweg ist, eine Grammatik zu verwenden, die sicherstellt, dass die Anzahl der b's größer ist als die der a's.

Betrachte das Wort als Folge von a's und b's, mit der Eigenschaft, dass in jedem Präfix die Anzahl der b's größer ist als die der a's? Nicht unbedingt, da a's am Anfang kommen können.

Zum Beispiel: a a b b b a, mit i=2,j=3,k=1, j=3>2+1=3? 3>3 falsch, also nicht in L3. Aber a b b a: i=1,j=2,k=1, 2>1+1=2 falsch, nicht. Aber b b a: i=0,j=2,k=1, 2>0+1=1, ja.

In b b a, am Anfang nach erstem b: b, Anzahl b=1>a=0, nach zweitem b: bb, b=2>a=0, dann bba, b=2,a=1, 2>1 noch wahr? Aber wir brauchen nur am Ende j>i+k, nicht notwendig in Präfixen.

Trotzdem, wir können eine Grammatik bauen, die mehr b's produziert.

Wir können S -> B, und B erzeugt b's, und für jedes b kann es ein a vor oder nach sich erzeugen, aber so dass die Gesamtzahl der a's kleiner als die der b's ist.

Definieren wir Nichtterminale, die die Differenz darstellen.

Sei D ein Nichtterminal, das eine positive Anzahl von b's repräsentiert, die "übrig" sind.

Anfangs muss j > i+k, also mindestens ein b mehr.

Wir können S -> A, wobei A Wörter erzeugt, in denen die Anzahl der b's größer ist als die der a's.

Dann für A: wir können b's und a's erzeugen, mit der Bedingung, dass immer mehr b's.

Zum Beispiel: A -> b A | b A a | a A b | b? Aber das kann unbalanciert sein.

Besser: ähnlich wie bei Dyck-Sprache, aber hier einfacher.

Eine bekannte Grammatik für {w in {a,b}* | |w|_b > |w|_a}:

S -> B S | B

B -> b | b S a | a S b? Nein.

Einfacher: S -> T b T, wobei T die Sprache erzeugt, in der |b| >= |a|, aber wir brauchen strikt größer.

S -> b S | b S a | a S b | b

Dann prüfen: S => b, gut |b|=1>|a|=0.

S => b S a => b (b) a => b b a, |b|=2>|a|=1? 2>1 ja.

S => a S b => a (b) b => a b b, |b|=2>|a|=1 ja.

S => b S => b (a S b) => b (a (b) b) => b a b b, |b|=3>|a|=1 ja.

Aber S => a S b => a (a S b) b => a a b b, |b|=2>|a|=2? 2>2 falsch, aber in der Ableitung: S => a S b => a (a S b) b, dann S muss weiter, aber wenn S=>b, dann a a b b, |b|=2,|a|=2, nicht größer. Also erzeugt es auch Wörter mit Gleichheit, die nicht in L3 sind.

Nicht gut.

Stattdessen: S -> b S | b S a | a S b | b

Aber das erlaubt S=>a S b => a b b, gut, aber auch S=>b, gut, aber wenn wir S=>a S b => a (a S b) b, und S=>b, dann a a b b, |b|=2=|a|=2, nicht gewünscht.

Um zu erzwingen, dass mindestens ein extra b: S -> b T, wobei T die Sprache erzeugt, in der |b| >= |a|.

Dann für T: T -> a T b T | b T | ε? Aber dann kann T ε sein, also S=>b, |b|=1>0, gut. T=>b T => b, |b|=1>=|a|=0. Aber T=>a T b T, wenn T=>ε, dann a b, |b|=1>=|a|=1, ja. Aber wir brauchen für S: S=>b T, T kann a T b T => a (a T b T) b T, etc., aber am Ende muss |b| >= |a| für das ganze Wort, aber für S ist das Wort b gefolgt von T, also |w|_b = 1 + |T|_b, |w|_a = |T|_a, und da |T|_b >= |T|_a, also |w|_b >= 1 + |T|_a > |T|_a = |w|_a, also |w|_b > |w|_a, perfekt.

Nun, in unserem Fall ist das Wort nicht beliebig, sondern hat die Form a^i b^j a^k, also zuerst a's, dann b's, dann a's. Aber in dieser Grammatik können a's und b's gemischt sein.

Zum Beispiel S=>b T => b (a T b T) => b a b (wenn T=>ε), also b a b, was nicht die Form a^* b^* a^* hat.

Aber L3 erfordert, dass alle a's am Anfang und Ende zusammen sind, also erst i a's, dann j b's, dann k a's.

In der Grammatik müssen wir die Reihenfolge erzwingen.

Also müssen wir sicherstellen, dass die a's nur in den Blöcken sind.

Für L3: Wörter der Form a^i b^j a^k mit j>i+k.

Wir können es in drei Teile teilen.

Definieren wir S -> A B C, aber dann unabhängig, aber die Bedingung verbindet sie.

Wir können die Differenz steuern.

Eine Möglichkeit: erzeuge zuerst die b's, und für jedes b, erzeuge höchstens ein a insgesamt, aber verteilt.

Genauer: wir können haben, dass für die a's vor und nach den b's, ihre Summe kleiner als j ist.

Wir erzeugen die b's, und fügen a's ein, aber mit der Einschränkung, dass die Gesamtzahl der a's kleiner als die Zahl der b's ist.

Da die a's nur am Anfang und Ende sind, können wir zuerst die ersten a's, dann die b's, dann die letzten a's.

Aber die Bedingung ist j > i + k.

Wir können S -> X Y, wobei X die ersten a's und Y die b's und letzten a's, aber mit Bedingung.

Y muss b^j a^k mit j > i + k, aber i ist bereits durch X festgelegt.

Schwierig.

Wir können ein Nichtterminal haben, das b's erzeugt und gleichzeitig "Schulden" für a's.

Zum Beispiel: definiere ein Nichtterminal D_m, das ein Wort erzeugt mit b's und a's, wobei die Anzahl der b's minus die Anzahl der a's gleich m ist, und m>0.

Aber wir haben nur 5 Nichtterminale, und m kann groß sein, also brauchen wir parametrisierte Nichtterminale, die nicht erlaubt sind.

In kontextfreien Grammatiken müssen wir mit festen Nichtterminalen auskommen.

Eine bessere Idee: wir erzeugen die b's und für jedes b können wir ein a links oder rechts erzeugen, aber so dass insgesamt mehr b's.

Zum Beispiel: S -> b | b S | a S b | b S a

Aber dann können wir Wörter wie a b b a erzeugen, was nicht in der Form ist.

Wir müssen die Reihenfolge erzwingen: zuerst a's, dann b's, dann a's.

Also S -> A B, wobei A a^i, B b^j a^k mit j > i + k.

Aber A und B sind unabhängig, also können wir die Bedingung nicht durchsetzen.

Stattdessen: S -> A B C, mit A a^*, B b^*, C a^*, aber dann keine Kontrolle.

Wir brauchen eine Abhängigkeit.

Eine übliche Methode für solche Sprachen ist, die b's zu erzeugen und dabei die a's zu "bezahlen".

Definieren wir:

S -> B

B -> b B | b A  (A erzeugt die a's, aber A muss die a's erzeugen, die nach den b's kommen, und auch die davor? Nein.

Besser: wir erzeugen zuerst die ersten a's, aber mit der Möglichkeit, b's einzufügen.

Beginnen wir mit den b's in der Mitte.

Setze S -> E, wobei E die gesamte Sprache erzeugt.

Wir können haben: E -> a E | F  (F erzeugt den Rest, der mit b beginnt)

F -> b F | b G  (G erzeugt den Rest, der mit a beginnt oder leer)

G -> a G | ε

Aber dann haben wir keine Kontrolle über die Anzahl.

Um j > i + k zu erzwingen, können wir während der Erzeugung der b's die a's "abziehen".

Eine Idee: ähnlich wie bei L1, aber anders.

Betrachte, dass j - i - k > 0.

Wir können ein Nichtterminal haben, das für jedes b ein "Token" hat, und für jedes a wird ein Token verbraucht.

Anfangs haben wir mindestens ein Token.

Definieren wir S -> T

T -> b T | b T a | a T b | b ? Aber wieder, Reihenfolge.

Für die gegebene Form: wir können annehmen, dass alle a's vor den b's und nach den b's kommen, also können wir S -> A B, aber mit B, das b^j a^k mit j > i + k, aber i ist fest.

Stattdessen: S -> U B, wobei U die ersten a's erzeugt, und B b^j a^k mit j > |U| + k, wobei |U| die Länge von U, also i.

Aber |U| ist nicht bekannt.

Wir können U so erzeugen, dass es die Anzahl speichert, aber nicht direkt.

Eine Lösung: wir erzeugen die ersten a's und gleichzeitig "erwarten" wir, dass später mehr b's kommen.

Zum Beispiel: S -> a S b | T

T -> b T | b U

U -> a U | ε

Aber dann: S => a S b => a a S b b => ... a^i S b^i, dann S => T => b T => b^j, dann b^j, also a^i b^{i+j}, und j kann 0 sein, aber T muss mindestens ein b, wenn T->b U, also j≥1, also a^i b^{i+j} mit j≥1, also Anzahl b's = i+j > i, aber wir brauchen j > i + k, hier haben wir keine a's nach den b's.

Mit U: nach T kommt U, das a's anhängt. T -> b U, U -> a U | ε, also nach den b's von T kommen a's.

In S => a^i T b^i, dann T => b U, sagen wir b^m U, dann U => a^k, also insgesamt a^i b^m a^k b^i

Oh, die b^i sind am Ende, nicht gut.

Falsch.

Nach S -> a S b, das erzeugt a^i S b^i, dann S muss zu etwas führen, das die b's in der Mitte erzeugt.

Setze S -> a S b | V

V -> b V | b W

W -> a W | ε

Dann S => a S b => a a S b b => a^i S b^i, dann S => V => b V => b^j, dann b^j, also a^i b^j b^i, nicht gut.

S => a S b => ... a^i S b^i, dann S => V => b V => b^m, dann b^m, also a^i b^m b^i, und die b's sind nicht getrennt.

Nicht die Form.

Wir müssen die b's in der Mitte haben.

Also S -> A B, mit A für a^i, B für b^j a^k mit j > i + k.

Für B: b^j a^k mit j > i + k, aber i ist fest, wenn A erzeugt ist.

Da i fest ist, aber in der Grammatik ist i variabel, also brauchen wir eine Möglichkeit, i zu "merken".

Wir können A so erzeugen, dass es Symbole hinterlässt, die die Anzahl repräsentieren.

Zum Beispiel: A erzeugt a^i und i Kopien eines Symbols, sagen wir C.

Dann B muss b^j a^k mit j > i + k erzeugen, und es hat i C's, die verbraucht werden müssen.

Aber wie?

B kann die C's verwenden, um a's zu erzeugen, aber wir brauchen j > i + k.

Eine Möglichkeit: B erzeugt b's und für jedes b kann es ein C verbrauchen oder nicht, aber die C's müssen verbraucht werden, um die zusätzlichen a's zu erzeugen.

Definieren wir:

S -> A D

A -> a A C | ε  (A erzeugt a^i und C^i)

D -> b D | b E  (E erzeugt die letzten a's, aber mit Bedingung)

E -> a E | C F | ? Nicht klar.

Nach D, wir haben die C's von A.

D muss b^j erzeugen, und dann die letzten a^k, mit j > i + k.

Die i C's repräsentieren i "Schulden" für a's.

Wir können für jedes C, wir müssen ein a erzeugen, aber k kann größer sein.

Setze D -> b D | G

G -> a G | C G | ε

Aber dann kann G die C's in a's umwandeln, aber wir brauchen j > i + k, und k ist die Anzahl der a's von G, i die Anzahl der C's.

Wenn G die C's in a's umwandelt, sagen wir jedes C wird zu a, dann hat G genau i a's erzeugt, also k=i, und j ist die Anzahl der b's von D.

D -> b D | G, also D erzeugt b^j G, und G erzeugt a^k, aber mit den C's.

Wenn G -> C G, und C -> a? Aber C ist ein Nichtterminal, das zu a wird.

Definieren wir:

A -> a A C | ε  // erzeugt a^i C^i für i>=0

D -> b D | b F  // F erzeugt den Rest, der die C's verbraucht und zusätzliche a's

F -> a F | C F | ε

Aber F kann a's und C's in beliebiger Reihenfolge erzeugen, aber wir wollen a's nur am Ende.

Außerdem, wenn F ein C sieht, muss es zu a werden, also setze C -> a, aber dann ist C ein Nichtterminal, das zu a wird.

Mit C -> a, dann F -> a F | C F | ε, aber C -> a, also im Wesentlichen F erzeugt beliebig viele a's, und die C's werden zu a.

Also insgesamt: S -> A D

A erzeugt a^i C^i

D erzeugt b^j F

F erzeugt a^m, wobei m die Anzahl der von F erzeugten a's plus die Anzahl der C's, da jedes C zu a wird.

Die C's sind Teil von F, also wenn F die C's konsumiert, und jedes C -> a, also erzeugt F eine Folge von a's, deren Anzahl gleich der Anzahl der von F erzeugten a's plus der Anzahl der C's ist.

Sei k = |F|_a + Anzahl C's, wobei |F|_a die von F produzierten a's sind.

Aber die C's sind Nichtterminale, die zu a expandieren, also insgesamt k = Anzahl a's von F plus Anzahl C's.

Nun, das Wort ist a^i (von A) dann b^j (von D) dann die Folge von F, die a^k ist.

Die Anzahl der a's insgesamt ist i + k, und b's ist j.

Die Bedingung ist j > i + k.

k = |F|_a + c, wobei c die Anzahl der C's ist, die i ist.

Also k = |F|_a + i

Daher i + k = i + (|F|_a + i) = 2i + |F|_a

Und j > 2i + |F|_a

Aber j ist die Anzahl der b's, die D erzeugt hat.

D erzeugt b^j F, und j kann beliebig sein, aber es gibt keine direkte Beziehung.

In dieser Grammatik gibt es keine Einschränkung, die j > 2i + |F|_a erzwingt.

Zum Beispiel, wenn i=0, A->ε, keine C's, dann S -> D -> b F, F->ε, also b, j=1, i+k=0+0=0, 1>0 gut. Wenn F->a, dann b a, j=1, i+k=0+1=1, 1>1 falsch, aber in L3 für i=0,k=1,j>1, also j>=2, aber hier können wir b a erzeugen, was nicht in L3 ist.

Also nicht gut.

Wir müssen sicherstellen, dass j groß genug ist.

Um j > i + k zu erzwingen, können wir die Differenz d = j - i - k >0 haben.

Wir können d als Anzahl von extra b's sehen.

Eine Standardlösung für ähnliche Sprachen ist:

S -> B

B -> b | b B | a B b | b B a

Aber wie gesagt, die Reihenfolge ist nicht kontrolliert.

Für die spezifische Form a^i b^j a^k, können wir verwenden:

S -> a S a | a S | b T

T -> b T | b U | ε? Nicht.

Nach einigen Überlegungen: eine bekannte Grammatik.

Wir können S -> X Y, wobei X a^i b^m erzeugt mit m >= i, und Y b^n a^k erzeugt mit n > k, aber dann j = m + n, und j > i + k, aber m >= i, n > k, also m + n > i + k, ja, aber m + n > i + k ist nicht notwendig j > i + k, da j = m + n, ja.

j = m + n, und j > i + k, und wenn m >= i und n > k, dann m + n >= i + n > i + k, da n > k, also ja, m + n > i + k.

Und die Form: X erzeugt a^i b^m, Y erzeugt b^n a^k, also zusammen a^i b^m b^n a^k = a^i b^{m+n} a^k, und j = m+n > i + k.

Perfekt.

Jetzt brauchen wir Grammatiken für X und Y.

X erzeugt {a^i b^m | m >= i, i,m >=0}

Y erzeugt {b^n a^k | n > k, n,k >=0}

Für X: {a^i b^m | m >= i}

Das ist ähnlich wie {a^i b^m | m >= i}, was kontextfrei ist.

Grammatik: X -> a X b | X b | ε

Prüfen: X => ε, i=0,m=0, m>=i.

X => X b => ε b = b, i=0,m=1>=0.

X => a X b => a (X b) b => a (ε b) b = a b b, i=1,m=2>=1.

X => a X b => a (a X b) b => a a b b, i=2,m=2>=2.

X => X b => a X b b => a (ε) b b = a b b, etc.

Auch X => a X b => a (X) b, und X kann b, also a b b, gut.

Kann X a b erzeugen? X => a X b => a (ε) b = a b, i=1,m=1>=1, ja.

Gut.

Produktionen: X -> a X b | X b | ε

Drei Produktionen.

Für Y: {b^n a^k | n > k, n,k >=0}

n > k, also mindestens ein extra b.

Y -> b Y a | b Y | b

Prüfen: Y => b, n=1,k=0, 1>0 gut.

Y => b Y => b b, n=2,k=0>0.

Y => b Y a => b (b) a = b b a, n=2,k=1, 2>1 gut.

Y => b Y a => b (b Y) a => b b b a, n=3,k=1>1? 3>1 ja.

Kann es b a erzeugen? Y => b Y a => b (ε) a? Aber Y hat keine ε-Produktion in dieser Definition. Y -> b Y a | b Y | b, also wenn Y => b Y a, dann muss Y weiter, wenn Y=>b, dann b b a, nicht b a.

Um b a zu erzeugen: n=1,k=1, aber n>k ist 1>1 falsch, also sollte nicht erzeugt werden.

Mit Y -> b Y | b, erzeugt b^n, k=0, n>0, gut, aber keine a's.

Um a's einzufügen: mit Y -> b Y a, aber dann muss n>k.

Y -> b Y a | b Y | b

Wenn wir Y -> b Y a wählen, dann fügen wir ein b und ein a hinzu, also n und k erhöhen sich um 1, Differenz gleich.

Dann Y -> b Y, fügt ein b hinzu, Differenz erhöht sich.

Y -> b, fügt ein b hinzu.

Anfangs, wenn wir Y => b Y a => b (b) a = b b a, n=2,k=1, Differenz 1.

Y => b Y => b (b Y a) => b b (b) a = b b b a, n=3,k=1, Differenz 2.

Y => b, n=1,k=0.

Kann es ein Wort mit n=k+1 erzeugen? Ja, zum Beispiel b b a: n=2,k=1.

Oder b: n=1,k=0.

Aber nicht b a, da n=1,k=1 nicht erlaubt.

Gut.

Jetzt für S: S -> X Y

X erzeugt a^i b^m mit m >= i

Y erzeugt b^n a^k mit n > k

Dann das Wort ist a^i b^m b^n a^k = a^i b^{m+n} a^k

j = m + n

Bedingung j > i + k, und da m >= i und n > k, folgt m + n > i + k, wie oben.

Nichtterminale: S, X, Y

Produktionen für S: S -> X Y

Für X: X -> a X b | X b | ε

Für Y: Y -> b Y a | b Y | b

Das sind insgesamt 1 + 3 + 3 = 7 Produktionen.

Nichtterminale: S, X, Y — 3.

Jetzt, was ist mit dem leeren Wort? Für L3, wenn i=j=k=0, aber j=0 > i+k=0? 0>0 falsch, also nicht in L3. In unserer Grammatik: S -> X Y, X kann ε, Y kann b, aber nicht ε. Y muss mindestens ein b, da alle Produktionen ein b haben. Also wenn X=>ε, Y=>b, dann Wort b, was i=0,j=1,k=0, 1>0+0=0, ja. Oder X=>ε, Y=>ε? Geht nicht, da Y keine ε-Produktion. Gut.

Kann es ε erzeugen? Nein.

Ein Wort wie b a: nicht in L3, und Grammatik: X muss a^i b^m, wenn i=0, X=>ε oder X=>b, etc., dann Y=>b Y a oder so, aber Y fängt mit b an, also nach X kommt b von Y, also Wort beginnt mit a oder b, aber wenn X=ε, beginnt mit b, dann Y kann b^n a^k, also b^n a^k, mit n>k. Für b a: n=1,k=1, aber n>k nicht erfüllt, und Y erzeugt es nicht, da Y->b Y a erfordert, dass nach b Y a, Y weiter muss, und wenn Y->b, dann b b a, nicht b a.

Gut.

Nun, die Form ist a^i b^j a^k, in unserer Grammatik: X erzeugt a^i b^m, dann Y erzeugt b^n a^k, also zusammen a^i b^m b^n a^k, und da b^m b^n = b^{m+n}, also ja, die b's sind in einem Block.

Perfekt.

Nichtterminale: S, X, Y — 3, Produktionen 7.

Wir haben noch Platz, aber ist ok.

Zusammenfassung:

Für L1: S -> X C | C D; X -> a X b | ε; C -> a C | ε; D -> b D a | ε

Für L2: S -> a S X | a X T; X -> a | b; T -> a T | b T | ε

Für L3: S -> X Y; X -> a X b | X b | ε; Y -> b Y a | b Y | b

Jetzt in das Format schreiben.

Für L1:

Grammatik für L1:
S -> X C | C D
X -> a X b | ε
C -> a C | ε
D -> b D a | ε

Für L2:
Grammatik für L2:
S -> a S X | a X T
X -> a | b
T -> a T | b T | ε

Für L3:
Grammatik für L3:
S -> X Y
X -> a X b | X b | ε
Y -> b Y a | b Y | b

Nichtterminale: jeweils unter 5.

L1: S,X,C,D — 4

L2: S,X,T — 3

L3: S,X,Y — 3

Produktionen: L1: 8? S zwei, X zwei, C zwei, D zwei, total 8.

L2: S zwei, X zwei, T drei, total 7.

L3: S eine, X drei, Y drei, total 7.

Alle <=10.

In L3, Y hat drei Produktionen: Y -> b Y a | b Y | b

Kann man zusammenfassen? Aber ist ok.

Nun in die Antwortbox.

<answer id="1">
Grammatik für $L_1$:
$S \to X C \mid C D$  
$X \to a X b \mid \varepsilon$  
$C \to a C \mid \varepsilon$  
$D \to b D a \mid \varepsilon$  

Grammatik für $L_2$:
$S \to a S X \mid a X T$  
$X \to a \mid b$  
$T \to a T \mid b T \mid \varepsilon$  

Grammatik für $L_3$:
$S \to X Y$  
$X \to a X b \mid X b \mid \varepsilon$  
$Y \to b Y a \mid b Y \mid b$  
</answer>

Geben Sie kontextfreie Grammatiken für $L_1,L_2,L_3$ mit jeweils höchstens 5 Nichtterminalen und 10 Produktionen an.

Hinweis: Sie dürfen $\varepsilon$-Produktionen verwenden.

Grammatik für $L_1$:
$S \to X C \mid C D$  
$X \to a X b \mid \varepsilon$  
$C \to a C \mid \varepsilon$  
$D \to b D a \mid \varepsilon$  

Grammatik für $L_2$:
$S \to a S X \mid a X T$  
$X \to a \mid b$  
$T \to a T \mid b T \mid \varepsilon$  

Grammatik für $L_3$:
$S \to X Y$  
$X \to a X b \mid X b \mid \varepsilon$  
$Y \to b Y a \mid b Y \mid b$

Prompt

system:You are an AI assistant specializing in theoretical computer science. Your task is to answer a series of exam questions, providing accurate and well-reasoned responses that demonstrate a deep understanding of theoretical computer science concepts.

# Instructions

You must follow the given answer format.

If the exercises contains yes or no questions for you to answer, there will be one <option> element for each such question. You must answer these with either 0 or 1.

For longer answers, there will be <answer> elements. If the answer must follow a specific template, a corresponding <answer-template> element defines this template, and you MUST follow it precisely when providing your <answer>, as any deviations from the template will cause your answer to be invalid. A '?' symbol indicates a place for you to insert a short text, while a '???' symbol marks places for you to insert multi-line answers. To define the precise syntax to use, an <example> element may be provided. You MUST follow this syntax. However, note that the answers in the example may not be correct answers to the question.

Some questions relate to specific lecture material. In this case, the material will be provided in <context> elements for you to reference.

## Formatting
Always follow the format of the given exercise. If you are writing longer text, you can put text in *italics* or make it **bold**. Formulas should be given as LaTeX and enclosed properly, i.e. $...$ or \[...\].

user:# Exercise: Kontextfreie Sprachen

Gegeben sind folgende drei Sprachen über dem Alphabet $\Sigma := \{a,b\}$:
$L_1 := \{a^ib^ja^k : (i = j\vee j = k)\wedge i,j,k\geq 0\}$
$L_2 := \{a^nw : w\in \Sigma^* \wedge |w|\geq n\wedge n>0\}$
$L_3 := \{a^ib^ja^k : j>i + k\wedge i,j,k\geq 0\}$

## subproblem a (6.0 points)
Geben Sie kontextfreie Grammatiken für $L_1,L_2,L_3$ mit jeweils höchstens 5 Nichtterminalen und 10 Produktionen an.

*Hinweis:* Sie dürfen $\varepsilon$-Produktionen verwenden.

<answer-template id="1">
Grammatik für $L_1$:
???

Grammatik für $L_2$:
???

Grammatik für $L_3$:
???

</answer-template>

<example>
Grammatik für $L_1$:
S -> SS | AT
T -> aTa | bTb
...

</example>

### answer format
Give your answer in the following format:

<answer id="1">
...
</answer>

assistant:<answer id="1">
Grammatik für $L_1$:
$S \to X C \mid C D$  
$X \to a X b \mid \varepsilon$  
$C \to a C \mid \varepsilon$  
$D \to b D a \mid \varepsilon$  

Grammatik für $L_2$:
$S \to a S X \mid a X T$  
$X \to a \mid b$  
$T \to a T \mid b T \mid \varepsilon$  

Grammatik für $L_3$:
$S \to X Y$  
$X \to a X b \mid X b \mid \varepsilon$  
$Y \to b Y a \mid b Y \mid b$  
</answer>

user:
## subproblem b (4.0 points)
Genau eine der drei Sprachen ist sogar regulär. Entscheiden Sie welche und geben Sie einen regulären Ausdruck an, der die gleiche Sprache beschreibt.

<options>
<option id="1">$L_1$</option>
<option id="2">$L_2$</option>
<option id="3">$L_3$</option>
</options>

<answer-template id="4">
Regulärer Ausdruck: $?$
</answer-template>

### answer format
Give your answer in the following format:

<option id="1">0 or 1</option>
<option id="2">0 or 1</option>
<option id="3">0 or 1</option>
<answer id="4">
...
</answer>

Wir haben drei Sprachen: L1, L2, L3. Genau eine ist regulär. Wir müssen entscheiden, welche, und dann einen regulären Ausdruck angeben.

Zuerst: Was bedeutet es, dass eine Sprache regulär ist? Sie muss von einem endlichen Automaten erkannt werden können oder durch einen regulären Ausdruck darstellbar sein.

Betrachten wir jede Sprache:

1. L1 = {a^i b^j a^k : (i = j ∨ j = k) ∧ i,j,k ≥ 0}

   Diese Sprache besteht aus Wörtern, bei denen entweder die Anzahl der a's am Anfang gleich der Anzahl der b's ist, oder die Anzahl der b's gleich der Anzahl der a's am Ende ist.

   Beispiel: i=j: aabb, aaabbb, etc. (mit k beliebig, aber in der Bedingung i=j, also wenn i=j, dann ist k beliebig? Nein, die Bedingung ist (i=j ∨ j=k), und i,j,k ≥0.

   Wenn i=j, dann ist j=k nicht notwendig, und umgekehrt. Also z.B. für i=j: a^3 b^3 a^k für jedes k≥0, also z.B. a^3 b^3, a^3 b^3 a, a^3 b^3 aa, etc.

   Und für j=k: a^i b^j a^j, mit i beliebig, z.B. a^2 b^3 a^3, oder b^3 a^3 (i=0), etc.

   Ist diese Sprache regulär? Wahrscheinlich nicht, weil sie zwei Bedingungen hat, die nicht unabhängig sind. Wir müssten sowohl die Anzahl der a's und b's vergleichen, als auch b's und a's am Ende. Das könnte über den Bereich eines endlichen Automaten hinausgehen.

2. L2 = {a^n w : w ∈ Σ*, |w| ≥ n, n>0}

   Hier ist n>0, also mindestens ein a am Anfang. Dann folgt ein Wort w, das mindestens die Länge n hat (also |w|≥n). w kann aus a und b bestehen.

   Beispiel: n=1: a w mit |w|≥1, also z.B. aa, ab, ba, bb, aaa, aab, etc. Aber nicht a allein, da |w|≥1.

   n=2: aa w mit |w|≥2, z.B. aaaa, aaba, aabb, abab, etc.

   Ist das regulär? Wir können einen endlichen Automaten bauen, der die ersten n a's zählt und dann sicherstellt, dass mindestens n Symbole folgen. Aber n ist variabel, und ein endlicher Automat hat nur endlich viele Zustände. Also muss er sich merken, wie viele a's er gesehen hat, und das kann beliebig groß sein. Daher ist es nicht regulär? 

   Aber überlegen wir: Nach den ersten n a's muss das restliche Wort mindestens Länge n haben. Ein endlicher Automat kann nicht für jedes n zählen, da n beliebig groß ist. Also müsste er sich n merken, was mit endlichem Speicher nicht geht. Daher nicht regulär.

   Allerdings: Es gibt einen Trick. Die Sprache ist eigentlich {a^n w | |w|≥n, n>0}. Wir können sie umschreiben. Beachte, dass w aus Σ* ist, also beliebige Zeichen. Die Bedingung ist, dass nach den ersten n a's noch mindestens n Symbole kommen, egal welche.

   Ein endlicher Automat könnte so arbeiten: Er liest die ersten Symbole. Wenn er ein b liest, bevor er n a's gelesen hat? Aber die ersten n Symbole müssen a's sein? Nein, die Definition sagt: a^n w, also die ersten n Symbole sind a, dann kommt w.

   Also das Wort beginnt mit n a's, gefolgt von einem Wort w der Länge mindestens n.

   Also die gesamte Länge ist mindestens n + n = 2n.

   Aber ein endlicher Automat kann nicht prüfen, ob die Länge des Wortes mindestens 2n ist, wenn n die Anzahl der a's am Anfang ist, weil er n nicht speichern kann.

   Daher denke ich, L2 ist nicht regulär.

3. L3 = {a^i b^j a^k : j > i + k ∧ i,j,k ≥ 0}

   Hier ist die Anzahl der b's größer als die Summe der a's am Anfang und am Ende.

   Beispiel: i=0,k=0: dann j>0, also b^j für j≥1.

   i=1,k=0: j>1, also a b^j für j≥2.

   i=0,k=1: b^j a für j≥2.

   i=1,k=1: j>2, also a b^j a für j≥3.

   Ist das regulär? Wir müssen j > i+k prüfen. Wiederum sind i,j,k beliebig groß, also müssten wir zählen, was ein endlicher Automat nicht kann. Daher nicht regulär.

Aber die Aufgabe sagt, genau eine ist regulär. Also muss eine davon regulär sein.

Vielleicht habe ich mich bei L2 geirrt.

Nochmal zu L2: L2 = {a^n w : w ∈ Σ*, |w|≥n, n>0}

Wir können dies auch schreiben als: Alle Wörter, die mit mindestens einem a beginnen und bei denen nach dem ersten Block von a's (der Länge n) noch mindestens n Symbole folgen.

Aber n ist nicht fest, es hängt vom Wort ab.

Betrachten wir ein Wort x. Es beginnt mit einem oder mehr a's. Sei m die Länge des Anfangsblocks von a's. Dann muss der Rest des Wortes Länge mindestens m haben.

Also: x = a^m y, mit |y|≥m und m≥1.

Kann ein endlicher Automat dies erkennen?

Wir können versuchen, einen regulären Ausdruck zu finden.

Beispiel: Für m=1: a gefolgt von mindestens einem Symbol: also a(a+b)(a+b)*, aber das ist nicht ganz richtig, weil |y|≥1, also aΣ(Σ)*, aber Σ* enthält auch leeres Wort, also besser aΣΣ* = aΣ^+.

Aber für m=2: aaΣΣΣ*, also aaΣ^2 Σ*, aber Σ^2 Σ* = Σ^{2,}, also Wörter der Länge ≥2.

Aber das Wort muss nicht nur für festes m gelten, sondern für das m, das durch die Anzahl der a's am Anfang gegeben ist.

Ein Wort wie "aa" ist nicht in L2, weil n=2, aber |w|=0 <2.

"aaa": n=3? Aber es beginnt mit a's, aber wenn n=3, dann w muss Länge ≥3 haben, aber "aaa" hat nur Länge 3, also w wäre leer, Länge 0<3, also nicht in L2.

"aaa" mit n=3: a^3 w, w leer, |w|=0<3, also nicht in L2.

Wenn wir n=2 nehmen, aber das Wort beginnt mit "aaa", also die ersten zwei sind aa, dann w="a", |w|=1<2? Nein, weil wenn wir n=2 wählen, dann ist x = a^2 w, mit w="a", |w|=1<2, also nicht für n=2. Für n=3: w leer, |w|=0<3. Also "aaa" nicht in L2.

"aaaa": n=4: w leer, |w|=0<4 -> nicht. n=3: a^3 w mit w="a", |w|=1<3 -> nicht. n=2: a^2 w mit w="aa", |w|=2≥2 -> ja. Also für n=2 ist es in L2.

Das heißt, für ein Wort können mehrere n in Betracht kommen, aber es reicht, wenn es ein n>0 gibt, so dass die ersten n Symbole a sind und der Rest Länge ≥n hat.

In "aaaa": wenn wir n=2 wählen, dann ist es a^2 * "aa", |w|=2≥2, also in L2.

Ebenso "aab": n=2: a^2 * "b", |w|=1<2 -> nicht. n=1: a * "ab", |w|=2≥1 -> ja, also in L2.

"ab": n=1: a * "b", |w|=1≥1 -> ja.

"aa": n=1: a * "a", |w|=1≥1 -> ja. n=2: a^2 * "", |w|=0<2 -> nicht, aber n=1 reicht.

"a": n=1: a * "", |w|=0<1 -> nicht in L2.

"b": beginnt nicht mit a, also nicht in L2, da n>0 und a^n.

Also L2 besteht aus allen Wörtern, die mit a beginnen und mindestens ein weiteres Symbol haben? Nein, "a" hat kein weiteres, aber "ab", "aa", "aaa" sind drin, aber "a" nicht.

"aa" ist drin, wie oben, mit n=1: a * "a", |w|=1≥1.

Aber "a" allein: wenn n=1, w leer, |w|=0<1 -> nicht.

Gibt es Wörter, die mit a beginnen und Länge mindestens 2 haben? Nein, weil "aa" Länge 2, "a" Länge 1 nicht.

Aber was ist mit "ab": Länge 2, beginnt mit a.

"ba": beginnt nicht mit a, also nicht.

Also ist L2 = {x ∈ Σ* : x beginnt mit a und |x| ≥ 2}? 

Nein, das ist nicht richtig. Betrachte "aaa": |x|=3≥2, beginnt mit a, also sollte nach dieser Definition drin sein, und wir haben gesehen, es ist drin (mit n=2 oder n=1? Mit n=1: a * "aa", |w|=2≥1 -> ja. Aber auch mit n=2: a^2 * "a", |w|=1<2, aber n=1 reicht.

Aber für ein Wort wie "a" ist |x|=1<2, also nicht drin.

Aber ist jedes Wort, das mit a beginnt und Länge ≥2 hat, in L2? Ja, denn wenn x mit a beginnt und |x|≥2, dann setze n=1. Dann ist x = a^1 * w mit w = x[2..|x|], also |w| = |x|-1. Da |x|≥2, ist |w|≥1 ≥1? |w| = |x|-1, und n=1, also |w|≥n gdw. |x|-1 ≥1 gdw. |x|≥2. Also ja.

Wenn |x|≥2 und erstes Symbol a, dann mit n=1: w ist der Rest, Länge |x|-1 ≥1 =n.

Also L2 = {a} · Σ · Σ* = a Σ Σ* = a Σ^+, was äquivalent ist zu a(a+b)(a+b)*.

Und das ist eine reguläre Sprache.

Aber in der Definition steht n>0, und für n=1 funktioniert es, wenn |x|≥2.

Was ist mit Wörtern, die länger sind? Zum Beispiel "aa": mit n=1: a * "a", |w|=1≥1, ok. Mit n=2: a^2 * "", |w|=0<2, aber wir brauchen nur ein n, für das es passt. Da n=1 passt, ist es in L2.

"aaa": n=1 passt.

"ab": n=1: a * "b", |w|=1≥1.

"a": n=1: w leer, |w|=0<1, nicht in L2.

"ba": beginnt nicht mit a, nicht in L2.

Also ist L2 genau die Menge aller Wörter, die mit a beginnen und mindestens ein weiteres Symbol haben. Also regulär, mit regulärem Ausdruck: a(a|b)(a|b)* oder kürzer aΣΣ*, aber da Σ={a,b}, ist es a(a+b)(a+b)*.

In der Definition steht |w|≥n, und für n=1 ist |w|≥1, was äquivalent zu |w|≥1 ist, also mindestens ein Symbol.

Aber wenn wir ein Wort wie "aaab" haben, könnten wir auch n=3 wählen? a^3 * "b", |w|=1<3, also nicht für n=3. Aber für n=1: a * "aab", |w|=3≥1, ja. Also es reicht, dass es für n=1 funktioniert, wenn das Wort mit a beginnt und Länge ≥2 hat.

Gibt es ein Wort in L2, das nicht mit a beginnt? Nein, weil n>0 und a^n.

Und alle Wörter, die mit a beginnen und Länge ≥2 haben, sind in L2, wie gezeigt.

Was ist mit Wörtern, die nur aus a's bestehen? "aa": in L2. "aaa": in L2. "a": nicht.

Also ja, L2 = {a} · {a,b} · {a,b}^* = a(a+b)(a+b)^*.

Das ist regulär.

Aber in der Definition steht: a^n w mit |w|≥n. Für ein festes Wort, wenn es mit a beginnt, setzen wir n=1, dann muss |w|≥1 sein, also das Wort muss mindestens Länge 2 haben. Und das ist hinreichend.

Wenn das Wort länger ist, aber wir können immer n=1 setzen, solange es mit a beginnt und mindestens ein weiteres Symbol hat.

Also ist L2 tatsächlich regulär.

Nun zu L1 und L3: die sind nicht regulär.

L1: {a^i b^j a^k : (i=j ∨ j=k) ∧ i,j,k≥0}

Angenommen, sie ist regulär. Dann müsste sie das Pumping-Lemma erfüllen.

Nehmen wir an, L1 ist regulär. Sei p die Pumping-Zahl.

Betrachte das Wort s = a^p b^p a^p. Offensichtlich in L1, da i=j und j=k? i=p, j=p, k=p, also i=j und j=k, also erfüllt.

Nach Pumping-Lemma kann s zerlegt werden in s=xyz, mit |xy|≤p, |y|>0, und für alle i≥0, xy^i z ∈ L1.

Da |xy|≤p und die ersten p Symbole a sind, besteht y nur aus a's, sagen wir y=a^m mit m>0.

Dann für i=0: xz = a^{p-m} b^p a^p.

Jetzt: i=j? i'=p-m, j=p, also p-m = p? nur wenn m=0, aber m>0, also nicht.

j=k? j=p, k=p, ja, also p=p, also erfüllt. Also xz ist in L1, da j=k.

Das funktioniert nicht, weil j=k noch erfüllt ist.

Wir brauchen ein Wort, bei dem nur eine der Bedingungen erfüllt ist.

Zum Beispiel: wähle s = a^p b^p. Aber in s ist k=0? a^i b^j a^k mit k=0.

Also s = a^p b^p a^0.

Bedingung: i=j ∨ j=k. i=p, j=p, k=0. i=j ist wahr (p=p), also in L1.

Pumpen: y=a^m, dann xz = a^{p-m} b^p.

i'=p-m, j=p, k=0.

i=j? p-m = p? nur m=0, nein.

j=k? p=0? nein, da p>0. Also nicht in L1. Widerspruch.

Also für i=0: xz = a^{p-m} b^p, nicht in L1, da weder i=j noch j=k (i'=p-m < p = j, und j=p >0=k).

Also L1 nicht regulär.

Für L3: {a^i b^j a^k : j>i+k}

Wähle s = a^p b^{2p+1} a^p. Dann j=2p+1, i=p, k=p, i+k=2p, j>2p, ja.

Pumpen: y besteht aus a's, da |xy|≤p, y=a^m, m>0.

Dann für i=0: xz = a^{p-m} b^{2p+1} a^p.

Dann i'=p-m, j=2p+1, k=p, i'+k = (p-m)+p = 2p - m.

j > i'+k ? 2p+1 > 2p - m ? 1 > -m, was immer wahr ist, da m>0. Also in L3? 2p+1 > 2p - m ist äquivalent zu 1 > -m, was wahr, aber j muss größer sein als i'+k, und 2p+1 > 2p - m ist wahr, da 2p+1 - (2p - m) = 1+m >0.

Also ist es in L3. Kein Widerspruch.

Pumpe nach oben: i=2: xy^2 z = a^{p-m} a^{2m} b^{2p+1} a^p = a^{p+m} b^{2p+1} a^p.

Dann i''=p+m, j=2p+1, k=p, i''+k = p+m + p = 2p + m.

j > i''+k ? 2p+1 > 2p + m ? 1 > m.

Wenn m≥1, dann 1>m nur wenn m<1, aber m≥1, also wenn m=1, 1>1? falsch. Wenn m>1, noch schlimmer.

Also für m≥1, ist 2p+1 > 2p + m nur wenn 1>m, was nicht gilt für m≥1.

Also für i=2, wenn m≥1, ist xy^2 z nicht in L3, da j=2p+1 ≤ 2p + m = i''+k? 2p+1 ≤ 2p + m gdw. 1≤m, was wahr für m≥1.

Aber j muss größer sein, also nicht erfüllt.

Also für i=2, xy^2 z = a^{p+m} b^{2p+1} a^p, mit i''=p+m, j=2p+1, k=p, i''+k=2p+m.

j > i''+k ? 2p+1 > 2p + m ? 1 > m.

Da m≥1, ist 1>m nur wenn m<1, also m=0, aber m>0, und m ganzzahlig, also m≥1, so dass 1>m falsch ist. Also j ≤ i''+k? 2p+1 ≤ 2p + m, da m≥1, ja, Gleichheit nur wenn m=1, sonst kleiner. Aber j muss größer sein, also nicht in L3.

Somit für i=2, xy^2 z nicht in L3, Widerspruch zum Pumping-Lemma.

Also L3 nicht regulär.

Somit ist nur L2 regulär.

Regulärer Ausdruck für L2: wie oben, a(a+b)(a+b)*

In der Menge der Wörter, die mit a beginnen und mindestens ein weiteres Symbol haben.

Da Σ={a,b}, ist der reguläre Ausdruck: a(a|b)(a|b)*

Oder kürzer: aΣΣ*, aber in der Antwort wohl explizit.

Man kann auch schreiben: a(a+b)\Sigma^*, aber Σ ist {a,b}, also a(a+b)(a+b)^*

In der Aufgabe ist Σ gegeben als {a,b}, also können wir a(a|b)(a|b)* schreiben.

In regulären Ausdrücken oft mit | für Oder.

Jetzt zur Antwort.

Für die Optionen: genau eine ist regulär, nämlich L2.

Also <option id="1"> für L1: 0 (nicht regulär)

<option id="2"> für L2: 1 (regulär)

<option id="3"> für L3: 0 (nicht regulär)

Und regulärer Ausdruck: a(a|b)(a|b)*

In der Vorlage: <answer id="4">Regulärer Ausdruck: $?$</answer-template>

Also schreiben wir: Regulärer Ausdruck: $a(a|b)(a|b)^*$

Oder vielleicht ohne $, aber in der Vorlage steht $?$, also vermutlich in LaTeX.

In der Vorlage: "Regulärer Ausdruck: $?$", also das ? ersetzen durch den Ausdruck.

Also: $a(a|b)(a|b)^*$

Manche schreiben auch $a(a+b)(a+b)^*$, da + oft für Oder in regulären Ausdrücken, aber in theoretischer Informatik oft |.

In der Definition von Σ steht $\Sigma := \{a,b\}$, also können wir auch $a\Sigma\Sigma^*$ schreiben, aber vielleicht explizit.

Ich denke, $a(a|b)(a|b)^*$ ist klar.

Da es äquivalent ist, und die Sprache genau die Wörter mit Länge mindestens 2, die mit a beginnen, also auch $a(a|b)^+$, wobei + für mindestens ein Vorkommen.

(a|b)^+ ist äquivalent zu (a|b)(a|b)^*.

Also beides ok.

Ich nehme $a(a|b)(a|b)^*$ oder kürzer $a\Sigma\Sigma^*$, aber Σ muss definiert sein, aber in der Aufgabe gegeben.

In der Antwort können wir es ausschreiben.

In der Vorlage steht $?$, also in LaTeX.

Also los.

<option id="1">0</option>
<option id="2">1</option>
<option id="3">0</option>
<answer id="4">
Regulärer Ausdruck: $a(a|b)(a|b)^*$
</answer>

Genau eine der drei Sprachen ist sogar regulär. Entscheiden Sie welche und geben Sie einen regulären Ausdruck an, der die gleiche Sprache beschreibt.

Regulärer Ausdruck: $a(a|b)(a|b)^*$

Prompt

system:You are an AI assistant specializing in theoretical computer science. Your task is to answer a series of exam questions, providing accurate and well-reasoned responses that demonstrate a deep understanding of theoretical computer science concepts.

# Instructions

You must follow the given answer format.

If the exercises contains yes or no questions for you to answer, there will be one <option> element for each such question. You must answer these with either 0 or 1.

For longer answers, there will be <answer> elements. If the answer must follow a specific template, a corresponding <answer-template> element defines this template, and you MUST follow it precisely when providing your <answer>, as any deviations from the template will cause your answer to be invalid. A '?' symbol indicates a place for you to insert a short text, while a '???' symbol marks places for you to insert multi-line answers. To define the precise syntax to use, an <example> element may be provided. You MUST follow this syntax. However, note that the answers in the example may not be correct answers to the question.

Some questions relate to specific lecture material. In this case, the material will be provided in <context> elements for you to reference.

## Formatting
Always follow the format of the given exercise. If you are writing longer text, you can put text in *italics* or make it **bold**. Formulas should be given as LaTeX and enclosed properly, i.e. $...$ or \[...\].

user:# Exercise: Kontextfreie Sprachen

Gegeben sind folgende drei Sprachen über dem Alphabet $\Sigma := \{a,b\}$:
$L_1 := \{a^ib^ja^k : (i = j\vee j = k)\wedge i,j,k\geq 0\}$
$L_2 := \{a^nw : w\in \Sigma^* \wedge |w|\geq n\wedge n>0\}$
$L_3 := \{a^ib^ja^k : j>i + k\wedge i,j,k\geq 0\}$

## subproblem a (6.0 points)
Geben Sie kontextfreie Grammatiken für $L_1,L_2,L_3$ mit jeweils höchstens 5 Nichtterminalen und 10 Produktionen an.

*Hinweis:* Sie dürfen $\varepsilon$-Produktionen verwenden.

<answer-template id="1">
Grammatik für $L_1$:
???

Grammatik für $L_2$:
???

Grammatik für $L_3$:
???

</answer-template>

<example>
Grammatik für $L_1$:
S -> SS | AT
T -> aTa | bTb
...

</example>

### answer format
Give your answer in the following format:

<answer id="1">
...
</answer>

assistant:<answer id="1">
Grammatik für $L_1$:
$S \to X C \mid C D$  
$X \to a X b \mid \varepsilon$  
$C \to a C \mid \varepsilon$  
$D \to b D a \mid \varepsilon$  

Grammatik für $L_2$:
$S \to a S X \mid a X T$  
$X \to a \mid b$  
$T \to a T \mid b T \mid \varepsilon$  

Grammatik für $L_3$:
$S \to X Y$  
$X \to a X b \mid X b \mid \varepsilon$  
$Y \to b Y a \mid b Y \mid b$  
</answer>

user:
## subproblem b (4.0 points)
Genau eine der drei Sprachen ist sogar regulär. Entscheiden Sie welche und geben Sie einen regulären Ausdruck an, der die gleiche Sprache beschreibt.

<options>
<option id="1">$L_1$</option>
<option id="2">$L_2$</option>
<option id="3">$L_3$</option>
</options>

<answer-template id="4">
Regulärer Ausdruck: $?$
</answer-template>

### answer format
Give your answer in the following format:

<option id="1">0 or 1</option>
<option id="2">0 or 1</option>
<option id="3">0 or 1</option>
<answer id="4">
...
</answer>

assistant:<option id="1">0</option>
<option id="2">1</option>
<option id="3">0</option>
<answer id="4">
Regulärer Ausdruck: $a(a|b)(a|b)^*$
</answer>

user:
## subproblem c (3.0 points)
Untenstehend finden Sie einen PDA $M$, der mit leerem Keller akzeptiert und das initiale Kellerzeichen $Z$ verwendet. Bestimmen Sie für jede Sprache $L_i\in\{L_1,L_2,L_3\}$ jeweils, ob $L_\epsilon(M)=L_i$ gilt. Falls nein, geben Sie ein Wort $w$ mit Länge höchstens 2 an, sodass $w$ in genau einer der Sprachen $L_\epsilon(M)$ und $L_i$ ist.

*Hinweis:* Es gilt $L_\epsilon(M)=L_i$ für genau ein $i\in\{1,2,3\}$.
Die Transition „$q, a, X \rightarrow p, YZ$“ eines PDAs bedeutet, das der PDA in Zustand $q$ ist, Zeichen $a$ liest, und das oberste Stacksymbol $X$ hat. Anschließend geht der PDA in Zustand $p$, nimmt $X$ vom Stack, und legt $YZ$ auf den Stack ($Y$ ist oben). Eine Transition mit $a=\varepsilon$ ist erlaubt, in dem Fall wird kein Zeichen eingelesen.

PDA M:
Zustände: q0, q1, q2, q3
Startzustand: q0
Initialzeichen: Z
Transitionen:
    q0, a, A -> q0, AA
    q0, a, Z -> q0, AZ
    q0, ε, A -> q1, A
    q0, ε, Z -> q1, Z
    q1, b, A -> q1, ε
    q1, b, Z -> q2, B
    q2, b, B -> q2, BB
    q2, ε, B -> q3, ε
    q3, a, B -> q3, ε
    q3, ε, B -> q3, ε


<options>
<option id="1">$L_1=L_\epsilon(M)$</option>
<option id="2">$L_1\neq L_\epsilon(M)$</option>
<option id="3">$L_2=L_\epsilon(M)$</option>
<option id="4">$L_2\neq L_\epsilon(M)$</option>
<option id="5">$L_3=L_\epsilon(M)$</option>
<option id="6">$L_3\neq L_\epsilon(M)$</option>
</options>

<answer-template id="7">
Wort, falls $L_i\neq L_\epsilon(M)$, sonst „-“.
$L_1$: $?$
$L_2$: $?$
$L_3$: $?$
</answer-template>

### answer format
Give your answer in the following format:

<option id="1">0 or 1</option>
<option id="2">0 or 1</option>
<option id="3">0 or 1</option>
<option id="4">0 or 1</option>
<option id="5">0 or 1</option>
<option id="6">0 or 1</option>
<answer id="7">
...
</answer>

Wir haben den PDA M mit leerem Keller Akzeptanz. Wir müssen für jede Sprache L1, L2, L3 prüfen, ob sie gleich L_ε(M) ist. Der Hinweis sagt, dass es für genau ein i gilt.

Zuerst müssen wir die Sprache des PDA M bestimmen.

PDA M:
Zustände: q0, q1, q2, q3
Startzustand: q0
Initialzeichen: Z
Transitionen:
1. q0, a, A -> q0, AA   : Liest a, wenn A oben ist, schiebt A (legt AA, also A bleibt und ein A oben)
2. q0, a, Z -> q0, AZ   : Liest a, wenn Z oben (initial), legt AZ (A oben, Z darunter)
3. q0, ε, A -> q1, A    : Epsilon-Übergang von q0 nach q1, ohne Stack zu ändern (A bleibt oben)
4. q0, ε, Z -> q1, Z    : Epsilon-Übergang von q0 nach q1, ohne Stack zu ändern (Z bleibt)
5. q1, b, A -> q1, ε    : Liest b, wenn A oben, poppt A
6. q1, b, Z -> q2, B    : Liest b, wenn Z oben, geht zu q2 und legt B (ersetzt Z durch B)
7. q2, b, B -> q2, BB   : Liest b, schiebt B (legt BB, also ein B oben)
8. q2, ε, B -> q3, ε    : Epsilon-Übergang von q2 nach q3, poppt B
9. q3, a, B -> q3, ε    : Liest a, poppt B
10. q3, ε, B -> q3, ε   : Epsilon-Übergang, poppt B (kann B ohne Lesen poppen)

Beachte: Akzeptanz durch leeren Stack.

Wir müssen das Verhalten des PDA analysieren.

Idee: Der PDA kann in q0 a's lesen und dabei den Stack mit A's füllen (Transition 1 und 2). Mit Epsilon-Übergängen kann er von q0 nach q1 wechseln (Transition 3 oder 4). In q1 kann er b's lesen und A's poppen (Transition 5). Wenn der Stack nur Z hat und er ein b liest, geht er zu q2 und legt B (Transition 6). In q2 kann er weitere b's lesen und B's schieben (Transition 7). Mit Epsilon kann er von q2 nach q3 wechseln (Transition 8). In q3 kann er a's lesen und B's poppen (Transition 9) oder mit Epsilon B's poppen (Transition 10).

Mögliche Wege:

1. Nur in q0: Er kann a's lesen und den Stack aufbauen. Wenn er ein a liest und Z oben, legt AZ (dann ist A oben). Wenn er ein a liest und A oben, legt AA (also schiebt ein A). Also wird der Stack immer länger, mit A's und einem Z ganz unten.

2. Von q0 kann er mit Epsilon (ohne Lesen) nach q1 wechseln. In q1 muss er b's lesen, um A's zu poppen. Wenn er ein b liest und A oben, poppt er A (Transition 5). Wenn er ein b liest und Z oben, geht er zu q2 und legt B (Transition 6). 

3. In q2: Er kann b's lesen und B's schieben (Transition 7) oder mit Epsilon nach q3 wechseln (Transition 8). In q3 kann er a's lesen und B's poppen (Transition 9) oder mit Epsilon B's poppen (Transition 10).

Akzeptiert wird, wenn der Stack leer ist. Beachte: Der Stack ist leer, wenn alle Symbole gepoppt sind.

Wir versuchen, einige Wörter zu akzeptieren.

- Leeres Wort: Start in q0 mit Z. Mit Transition 4: q0, ε, Z -> q1, Z. Jetzt in q1 mit Z oben. Jetzt muss er ein b lesen, um nach q2 zu gehen (Transition 6: q1,b,Z -> q2,B). Aber er hat kein b, also kann er nicht weiter. Keine Transition für ε in q1? Nur wenn er liest, aber für ε in q1 gibt es keine Transition. Also leeres Wort wird nicht akzeptiert.

- Wort "a": 
  Start: q0, Z
  Mit Transition 2: q0,a,Z -> q0, AZ (liest a, Stack: A oben, Z unten)
  Jetzt in q0 mit A oben. 
  Jetzt können wir mit Epsilon nach q1: q0,ε,A -> q1,A (Transition 3)
  In q1 mit A oben. Jetzt muss er ein b lesen, um A zu poppen (Transition 5), aber es gibt kein b. Keine ε-Transition in q1. Also nicht akzeptiert.

- Wort "b":
  Start: q0,Z
  Mit Epsilon nach q1: q0,ε,Z -> q1,Z (Transition 4)
  In q1, liest b: q1,b,Z -> q2,B (Transition 6)
  In q2 mit B oben. 
  Jetzt mit Epsilon: q2,ε,B -> q3,ε (Transition 8) -> Stack leer? Nach Transition 8: Zustand q3, Stack: ε (da B gepoppt wird). 
  Jetzt in q3 mit leerem Stack? Aber der Stack ist leer, also akzeptiert? 
  Allerdings: Nach Transition 8: von q2,ε,B -> q3,ε: das heißt, er poppt B und geht nach q3. Wenn B das einzige Symbol war, ist Stack leer. 
  In q3 gibt es Transitionen, aber der Stack ist leer, also kann er keine Transition anwenden (da Transitionen 9 und 10 ein B oben benötigen). 
  Also: Sobald der Stack leer ist, akzeptiert er (durch leeren Stack). 
  Also "b" wird akzeptiert.

- Wort "a" nicht akzeptiert, "b" akzeptiert.

- Wort "ab":
  Start: q0,Z
  Lesen a: q0,a,Z -> q0,AZ (Stack: AZ)
  Epsilon nach q1: q0,ε,A -> q1,A (da A oben) -> Zustand q1, Stack AZ (A oben)
  Lesen b: q1,b,A -> q1,ε (Transition 5) -> poppt A, Stack wird Z
  Jetzt in q1 mit Z oben. Kein weiteres Zeichen? Aber Wort ist zu Ende. 
  In q1 mit Z oben: keine Transition, die nichts liest (ε) und Z oben hat? Transition 4 war von q0, nicht q1. In q1 gibt es nur für b und Z: Transition 6, aber die braucht ein b. Also bleibt Stack nicht leer (Z ist noch da). Nicht akzeptiert.

- Wort "bb":
  Start: q0,Z
  Epsilon nach q1: q0,ε,Z -> q1,Z
  Lesen b: q1,b,Z -> q2,B (Stack: B)
  Jetzt in q2, lesen b: q2,b,B -> q2,BB (Transition 7: legt BB, also Stack: BB)
  Dann? Wort zu Ende. In q2 mit BB. Keine ε-Transition, die BB verarbeitet? Transition 8: q2,ε,B -> q3,ε, aber die poppt nur ein B. Wir haben BB, also oben B. 
  Anwenden: q2,ε,B -> q3,ε: poppt ein B, geht nach q3, Stack: B (ein B bleibt)
  In q3 mit B oben. Jetzt kann er mit Transition 10: q3,ε,B -> q3,ε: poppt B, Stack leer. 
  Also: Nach "bb": 
    q0,Z ->ε-> q1,Z ->b-> q2,B ->b-> q2,BB ->ε-> (mit q2,ε,B: pop B, zu q3) -> q3,B ->ε-> (q3,ε,B: pop B) -> q3,ε -> akzeptiert.
  Also "bb" wird akzeptiert.

- Wort "ba":
  Start: q0,Z
  Epsilon nach q1: q0,ε,Z -> q1,Z
  Lesen b: q1,b,Z -> q2,B
  Jetzt in q2 mit B oben. Wort hat noch ein a.
  Lesen a: in q2, gibt es Transition für a? Nein. Nur für b (Transition 7) und ε (Transition 8). 
  Also kann er in q2 kein a lesen. 
  Mit ε: q2,ε,B -> q3,ε -> zu q3, Stack leer. Aber dann ist das Wort noch nicht zu Ende, da noch ein a da ist. In q3 kann er a lesen: Transition 9: q3,a,B -> q3,ε, aber der Stack ist leer (nach dem Pop), also kann er das nicht anwenden. 
  Also: Nachdem er in q3 ist mit leerem Stack, aber noch ein a zu lesen ist, kann er nicht weiter. 
  Alternative: Von q2 aus, ohne ε, kann er nicht a lesen. Also "ba" wird nicht akzeptiert.

- Wort "aa":
  Start: q0,Z
  Lesen a: q0,a,Z -> q0,AZ (Stack: AZ)
  Lesen a: q0,a,A -> q0,AA (Stack: AAZ? Nein: Stack ist AZ, oben A. Nach Transition 1: q0,a,A -> q0,AA: also legt AA, d.h. er schiebt ein A, also Stack wird A,A,Z (zwei A's, dann Z).
  Dann Epsilon nach q1: q0,ε,A -> q1,A (oben A)
  Jetzt in q1 mit A oben. Lesen? Kein b, nur a. Keine Transition für a in q1. Also nicht akzeptiert.

- Wort "abb":
  Start: q0,Z
  Lesen a: q0,a,Z -> q0,AZ (Stack: AZ)
  Epsilon nach q1: q0,ε,A -> q1,A (Stack: AZ, oben A)
  Lesen b: q1,b,A -> q1,ε (Stack: Z)
  Jetzt in q1 mit Z oben. Lesen b: q1,b,Z -> q2,B (Stack: B)
  Jetzt in q2, lesen? Kein weiteres Zeichen. 
  Mit ε: q2,ε,B -> q3,ε -> poppt B, Stack leer -> akzeptiert.
  Also "abb" akzeptiert.

- Wort "aabb":
  Start: q0,Z
  Lesen a: q0,a,Z -> q0,AZ
  Lesen a: q0,a,A -> q0,AA (Stack: A,A,Z)
  Epsilon nach q1: q0,ε,A -> q1,A (oben A)
  Lesen b: q1,b,A -> q1,ε (Stack: A,Z -> oben A? Nach Pop: Stack ist A,Z? Nein: ursprünglich Stack: A,A,Z. Nach Pop von einem A: Stack ist A,Z (oben A). 
  Dann lesen b: q1,b,A -> q1,ε (nochmal) -> Stack: Z
  Jetzt in q1 mit Z oben. Kein weiteres Zeichen? Doch, noch ein b? Wort ist "aabb", also noch ein b.
  Lesen b: q1,b,Z -> q2,B (Stack: B)
  Dann in q2, kein weiteres Zeichen? Wort hat 4 Zeichen: a,a,b,b - nach drittem Zeichen b (nach den zwei b's) sind wir in q2 mit B, und es kommt noch ein b.
  Lesen b: q2,b,B -> q2,BB (Stack: BB)
  Dann Wortende. 
  Jetzt: q2,ε,B -> q3,ε (pop B, Stack: B) 
  Dann q3,ε,B -> q3,ε (pop B, Stack leer) -> akzeptiert.
  Also "aabb" akzeptiert.

- Wort "b" akzeptiert, "bb" akzeptiert, "abb" akzeptiert, "aabb" akzeptiert.

- Was ist mit Wörtern, die a's nach b's haben? 
  Bisher: "ba" nicht akzeptiert. 
  Versuch "aba":
    Start: q0,Z
    Lesen a: q0,a,Z -> q0,AZ
    Epsilon nach q1: q0,ε,A -> q1,A
    Lesen b: q1,b,A -> q1,ε (Stack: Z)
    Jetzt in q1 mit Z oben. Lesen a? Keine Transition für a in q1. Also nicht akzeptiert.

- "aab":
    Start: q0,Z
    Lesen a: q0,a,Z -> q0,AZ
    Lesen a: q0,a,A -> q0,AA (Stack: A,A,Z)
    Epsilon nach q1: q1,A (oben A)
    Lesen b: q1,b,A -> q1,ε (Stack: A,Z)
    Lesen b: q1,b,A -> q1,ε (Stack: Z) -> dann Ende? Wort "aab" hat drei Zeichen: a,a,b - nach dem zweiten b (drittes Zeichen) sind wir in q1 mit Z oben, kein weiteres Zeichen. 
    Keine Transition, Stack nicht leer. Nicht akzeptiert.

  Aber vorhin "abb" wurde akzeptiert: a,b,b. 
  "aab": a,a,b -> nach zwei a's und einem b: Stack Z, aber in q1, und kein weiteres b, um Z zu verarbeiten. 

  Also: Um den Stack zu leeren, muss nach den b's, die die A's poppen, wenn Z oben ist, ein b gelesen werden, um nach q2 zu gehen und dann B zu legen, und dann mit ε nach q3 und B poppen.

  In "aab": nach den zwei a's (Stack: A,A,Z), dann zwei b's? Aber "aab" hat nur ein b nach den a's. 
  Also: Nach erstem b: pop A, Stack: A,Z (oben A). Dann zweites Zeichen b? Nein, Wort ist "aab", also nach dem ersten b (drittes Zeichen) ist Schluss. 
  Also in q1 mit A oben? Nach dem ersten b: Stack: A,Z (oben A), und kein weiteres b? Aber das Wort ist zu Ende. Also nicht akzeptiert.

  Für "aab" müsste man zwei b's haben, aber es gibt nur eines.

- Jetzt Wort mit a's nach b's? 
  Versuch "bbaa":
    Start: q0,Z
    Epsilon nach q1: q1,Z
    Lesen b: q1,b,Z -> q2,B
    Lesen b: q2,b,B -> q2,BB (Stack: BB)
    Jetzt lesen a: in q2, keine Transition für a. 
    Also mit ε: q2,ε,B -> q3,ε (pop B, Stack: B)
    Jetzt in q3, lesen a: q3,a,B -> q3,ε (pop B, Stack leer) 
    Dann lesen a: in q3, Stack leer, keine Transition. 
    Also nach dem ersten a (drittes Zeichen) ist Stack leer, aber es gibt noch ein a. Nicht akzeptiert.

  "bba": 
    q0,Z ->ε-> q1,Z ->b-> q2,B ->b-> q2,BB ->ε-> (q2,ε,B -> q3,ε) -> q3,B ->ε-> (q3,ε,B -> q3,ε) -> q3,ε (Stack leer) 
    Aber dann ist das Wort noch nicht zu Ende? "bba" hat drei Zeichen: b,b,a. Nach dem zweiten b sind wir in q2 mit BB. 
    Dann ε-Übergang: q2,ε,B -> q3,ε: poppt ein B, geht nach q3, Stack: B. 
    Jetzt lesen a: q3,a,B -> q3,ε: poppt B, Stack leer. 
    Jetzt in q3, Stack leer, und kein weiteres Zeichen? Wort ist zu Ende. Akzeptiert.
    Also "bba" akzeptiert.

  "bbaa": 
    ... nach "bb": q2,BB ->ε-> q3,B (nach erstem ε) 
    dann lesen a: q3,a,B -> q3,ε (Stack leer) 
    dann lesen a: in q3, Stack leer, keine Transition -> nicht akzeptiert.

  "baa":
    q0,Z ->ε-> q1,Z ->b-> q2,B 
    dann lesen a: in q2, keine a-Transition. 
    Mit ε: q2,ε,B -> q3,ε -> Stack leer, dann lesen a: in q3, Stack leer, keine Transition -> nicht akzeptiert.

Zusammenfassung: 
- Akzeptierte Wörter: 
  - "b", "bb", "abb", "aabb", "bba", usw.
  - Muster: Der PDA akzeptiert Wörter, die aus zwei Teilen bestehen: 
    Teil1: eine Folge von a's, gefolgt von b's, aber die Anzahl der b's muss mindestens so groß sein wie die Anzahl der a's? 
    In "abb": a, dann zwei b's -> a:1, b:2 -> b's > a's?
    In "aabb": a:2, b:2 -> gleich? 
    Aber "aabb" wurde akzeptiert: a:2, b:2.
    In "bb": a:0, b:2 -> akzeptiert.
    In "b": a:0,b:1 -> akzeptiert.
    In "bba": b:2, a:1 -> akzeptiert, aber hier sind a's nach b's.

  Beobachtung: 
  - Der PDA kann in zwei Modi arbeiten:
    Modus 1: Er liest a's und schiebt A's (in q0). Dann wechselt er ohne Lesen nach q1. Dann liest er b's und poppt A's. Wenn er alle A's gepoppt hat und auf Z stößt, liest er ein b, geht nach q2 und legt B. Dann kann er weitere b's lesen und B's schieben. Dann mit ε nach q3 und B's poppen. Oder er kann in q3 a's lesen und B's poppen.

  Aber in "bba": 
    - Keine a's am Anfang, also direkt nach q1, dann b lesen: q1,b,Z -> q2,B. Dann weiteres b: q2,b,B -> q2,BB. Dann ε nach q3: pop B, Stack B. Dann a lesen: q3,a,B -> q3,ε. 
    Hier: Anzahl b's:2, a's:1.

  In "abb": a:1, b:2 -> nach dem a wird ein A geschoben, dann in q1, erstes b: pop A, Stack wird Z. Zweites b: q1,b,Z -> q2,B. Dann Ende, also mit ε: q2,ε,B -> q3,ε -> pop B, akzeptiert. 
  Hier: a:1, b:2.

  In "aabb": a:2, b:2: 
    Nach zwei a's: Stack: A,A,Z. 
    Erstes b: pop A -> Stack: A,Z
    Zweites b: pop A -> Stack: Z -> dann q1,b,Z -> q2,B. Dann Ende, ε nach q3, pop B -> akzeptiert.

  In "bb": b:2: 
    q1,Z ->b-> q2,B ->b-> q2,BB ->ε-> q3,B ->ε-> q3,ε -> akzeptiert.

  In "b": b:1: 
    q1,Z ->b-> q2,B ->ε-> q3,ε -> akzeptiert.

  In "ba": nicht akzeptiert, aber "bba" akzeptiert.

  Problem: "ba" wird nicht akzeptiert, aber "bba" schon.

  Versuch, die Sprache zu beschreiben:
  - Das Wort muss mindestens ein b enthalten? Nein, "b" geht, aber leeres Wort nicht, "a" nicht.

  Mögliche Beschreibung: 
  Die Sprache besteht aus Wörtern, die eine gewisse Anzahl von a's haben (möglicherweise 0), gefolgt von mindestens so vielen b's wie a's, und dann optional einer Folge von a's, aber die Gesamtzahl der b's muss gleich der Gesamtzahl der a's plus der Anzahl der zusätzlichen b's sein? 

  Alternativ: 
  Sei die Anzahl der a's in der ersten Gruppe = n (kann 0 sein), dann Anzahl der b's in der ersten Gruppe = m, wobei m >= n. 
  Dann kann es eine zweite Gruppe von b's geben (in q2 geschoben) und dann a's, die in q3 gepoppt werden.

  Aber in "bba": 
    Erste Gruppe a's: 0, dann b's: 2 (in q1 und q2), dann a's:1.

  In "abb": a's:1, b's:2 (wobei die ersten zwei b's: eines poppt A, eines geht nach q2).

  Beachte: In q1, wenn er b's liest und A's poppt, reduziert er den Stack von A's. Wenn er auf Z trifft, geht er zu q2 und legt B. Dann in q2 kann er weitere b's lesen und B's schieben. Dann in q3 kann er a's lesen und B's poppen.

  Also: 
  - Die Anzahl der b's, die in q1 gelesen werden, muss mindestens der Anzahl der A's entsprechen (die der Anzahl der anfänglichen a's entspricht). 
  - Zusätzlich können in q2 beliebig viele b's gelesen werden (die B's schieben). 
  - Dann in q3 müssen die a's gelesen werden, aber die Anzahl der a's in q3 muss gleich der Anzahl der zusätzlichen B's sein? 

  In "bb": 
    a's:0, b's:2. 
    In q1: erstes b: da Z oben, geht zu q2 und legt B. 
    Dann zweites b: in q2, schiebt B (BB). 
    Dann ε: pop B (zu q3), dann ε: pop B -> leer. 
    Hier: Anzahl B's am Ende: 2, und es werden 2 b's gelesen, aber keine a's.

  In "bba": 
    a's:0, b's:2 (in q1 und q2), dann a:1. 
    Nach den zwei b's: Stack: BB. 
    Dann ε: pop B -> q3, Stack B. 
    Dann a lesen: pop B. 
    Also: Anzahl a's:1, die gepoppt werden, entspricht einem B. 
    Aber es wurden zwei B's geschoben: eines beim ersten b (von Z zu B) und dann beim zweiten b ein weiteres B geschoben. 
    Es wird nur ein a gelesen, also ein B gepoppt, aber das andere B wird mit ε gepoppt. 
    Also: die zusätzlichen b's (die in q2 geschoben werden) führen zu B's, die dann in q3 mit a's oder ε gepoppt werden.

  Genauer: 
  Sei:
    n = Anzahl a's in q0 (geschoben als A's)
    m = Anzahl b's in q1 (die A's poppen) 
    Dann muss m >= n sein, denn es werden n A's gepoppt. 
    Die restlichen b's in q1: wenn m > n, dann nach dem Poppen der n A's ist Z oben, und das (m-n+1)-te b? 
    Wenn in q1, nachdem alle A's gepoppt sind, ist Z oben. Dann muss ein b gelesen werden, um nach q2 zu gehen und B zu legen. 
    Also: die Anzahl der b's in q1 ist genau n (für A's) plus k, wobei k>=0, aber das erste b nach den A's löst den Übergang nach q2 aus. 
    Also: in q1 werden genau n + k b's gelesen, wobei k>=0, aber k ist die Anzahl der b's, die nach dem Poppen der A's gelesen werden, während Z oben ist? 
    Aber: jedes Mal, wenn in q1 ein b gelesen wird und A oben ist, wird A gepoppt. Wenn A's alle sind, und Z oben ist, dann wird mit b nach q2 gewechselt. 
    Also: die ersten n b's in q1 poppen die n A's. Das (n+1)-te b in q1 (wenn Z oben) führt zu q2 mit B. 
    Dann in q2 können weitere b's gelesen werden, sagen wir p-mal, wobei p>=0, und jedes Mal wird ein B geschoben. 
    Dann in q3 können a's gelesen werden, sagen wir q-mal, und jedes a poppt ein B. 
    Außerdem können in q3 mit ε B's gepoppt werden. 

  In der Transition: 
    q3, a, B -> q3, ε   : liest a und poppt B
    q3, ε, B -> q3, ε   : poppt B ohne Lesen.

  Also: in q3 können beliebig viele B's gepoppt werden, ohne a's zu lesen, oder mit a's. 

  Aber: am Ende muss der Stack leer sein. 

  Die Anzahl der B's, die in q2 geschoben wurden, ist: 1 (vom Übergang in q2) plus p (von den p b's in q2). 
  Also insgesamt B's: 1 + p.

  Diese müssen in q3 gepoppt werden. 
  Jedes Pop in q3 kann mit oder ohne a passieren. 
  Sei r die Anzahl der a's, die in q3 gelesen werden (0<=r<=1+p), und die restlichen B's werden mit ε gepoppt. 
  Also: die Gesamtzahl der B's ist 1+p, und sie werden durch r a's und (1+p - r) ε-Pops entfernt. 

  Die Gesamtzahl der a's im Wort ist: n (in q0) + r (in q3)
  Die Gesamtzahl der b's ist: (n + 1) + p   [denn in q1: n b's für A's und 1 b für den Übergang nach q2, plus p b's in q2]

  Also: 
    |a| = n + r
    |b| = n + 1 + p

  Und es gilt: r <= 1+p, da nur 1+p B's.

  Aber r kann von 0 bis 1+p gewählt werden.

  Beispiel:
    "b": n=0, r=0, p=0 -> |a|=0, |b|=0+1+0=1 -> passt.
    "bb": n=0, r=0, p=1 -> |a|=0, |b|=0+1+1=2 -> passt. (r=0: es werden keine a's gelesen, und beide B's werden mit ε gepoppt)
    "bba": n=0, r=1, p=1 -> |a|=1, |b|=0+1+1=2 -> passt. (r=1: ein a wird gelesen, poppt ein B, das andere mit ε)
    "abb": n=1, r=0, p=0 -> |a|=1, |b|=1+1+0=2 -> passt. 
    "aabb": n=2, r=0, p=0 -> |a|=2, |b|=2+1+0=3? Aber "aabb" hat nur 2 b's! 

  Problem: in "aabb": 
    n=2 (zwei a's in q0)
    in q1: erstes b: pop A (n=1 übrig), zweites b: pop A (n=0) -> dann ist Z oben. Jetzt muss ein weiteres b gelesen werden, um nach q2 zu gehen. Aber in "aabb" gibt es nur zwei b's. 
    Also: nach dem zweiten b (das zweite b poppt das letzte A), dann ist Z oben, aber es gibt kein weiteres b. Also müsste der PDA in q1 mit Z oben stecken bleiben. 
  Aber früher dachte ich, "aabb" wird akzeptiert, aber das war ein Fehler. 

  Korrektur für "aabb":
    Start: q0,Z 
    a: q0,a,Z -> q0,AZ (Stack: AZ)
    a: q0,a,A -> q0,AA (Stack: A,A,Z)
    ε: q0,ε,A -> q1,A (oben A)
    b: q1,b,A -> q1,ε (Stack: A,Z -> oben A? Nach Pop: Stack ist A,Z, aber oben ist A? Ja, weil zuerst A oben war, pop entfernt das oberste A, also jetzt Stack: A,Z mit A oben.
    Dann b: q1,b,A -> q1,ε (Stack: Z)
    Jetzt in q1 mit Z oben. Das Wort ist zu Ende? "aabb" hat vier Zeichen: a,a,b,b - nach dem zweiten b (viertes Zeichen?) Nein: die Zeichen sind: erstes a, zweites a, erstes b, zweites b. Nach dem zweiten b (viertes Zeichen) sind wir in q1 mit Z oben. 
    Jetzt: es gibt keine weitere Eingabe, und in q1 gibt es keine ε-Transition für Z. Also Stack nicht leer -> nicht akzeptiert.

  Also "aabb" wird nicht akzeptiert! 

  Aber in meiner früheren Simulation dachte ich, es gäbe ein drittes b, aber nein, "aabb" hat nur zwei b's. 

  Also korrigiert: 
    Für "aabb": n=2, in q1 müssen zwei b's gelesen werden, um die zwei A's zu poppen. Danach ist Z oben, und es wird ein weiteres b benötigt, um nach q2 zu gehen. Aber es gibt kein weiteres b. Also nicht akzeptiert.

  Welche Wörter werden akzeptiert? 
    - "b": n=0, p=0, r=0 -> |a|=0, |b|=1
    - "bb": n=0, p=1, r=0 -> |a|=0, |b|=2
    - "abb": n=1, p=0, r=0 -> |a|=1, |b|=2
    - "abbb": n=1, p=1, r=0 -> |a|=1, |b|=3
    - "aabbb": n=2, p=0, r=0 -> |a|=2, |b|=3? Aber: n=2, dann in q1: zwei b's zum Poppen der A's, dann ein weiteres b, um nach q2 zu gehen (also k=1, aber in unserer Formel: |b|=n+1+p=2+1+0=3) -> "aabbb" hat drei b's: a,a,b,b,b -> ja.
    - "bba": n=0, p=1, r=1 -> |a|=1, |b|=2
    - "bbaa": nicht akzeptiert, da nach zwei b's und einem a Stack leer, dann zweites a nicht lesbar.

  Also: die Bedingung ist:
    |b| >= n+1   und |a| = n + r, mit 0<=r<= |b| - n - 1   (denn p = |b| - n - 1, und r <= p+1 = |b| - n)

  Aber r ist die Anzahl der a's in q3, und |a| = n + r.

  Also: |a| = n + r, mit 0 <= r <= |b| - n.

  Und |b| = n + 1 + p, mit p>=0, also |b| >= n+1.

  Also: |a| <= n + (|b| - n) = |b|, und |a| >= n.

  Aber n ist die Anzahl der a's in q0, die wir frei wählen können? Nicht ganz, n ist durch die ersten a's bestimmt.

  Wir können die Sprache beschreiben als:
    { w | die Anzahl der b's ist mindestens eins, und die Anzahl der a's ist höchstens die Anzahl der b's, und ... }

  Aber es gibt eine Einschränkung: die a's am Anfang entsprechen n, und die a's am Ende entsprechen r, und r <= |b| - n.

  Also: |a| = n + r <= n + (|b| - n) = |b|.

  Aber auch: die ersten n a's müssen vor den b's kommen, die die A's poppen. Und die r a's kommen nach allen b's.

  Also: das Wort hat die Form a^n b^{m} a^r, mit m = |b|, und es muss gelten:
    m >= n+1   und   r <= m - n.

  Warum m >= n+1? 
    - Die ersten n b's poppen die n A's, und das (n+1)-te b löst den Übergang nach q2 aus.

  Und r <= m - n, weil m - n = (n+1+p) - n = 1+p, und r <= 1+p.

  Also: Bedingungen:
    m >= n+1
    r <= m - n

  Und |a| = n + r, |b| = m.

  Beispiel:
    "b": n=0, m=1, r=0 -> m>=1 (1>=1), r<=1-0=1 -> 0<=1, ok.
    "bb": n=0, m=2, r=0 -> 2>=1, 0<=2, ok.
    "abb": n=1, m=2, r=0 -> m>=n+1: 2>=2, ja; r<=m-n=1, 0<=1, ok.
    "aabbb": n=2, m=3, r=0 -> 3>=3, r<=1, 0<=1, ok.
    "bba": n=0, m=2, r=1 -> 2>=1, r<=2-0=2, 1<=2, ok.
    "ab": n=1, m=1, r=0 -> m>=n+1: 1>=2? Nein, also nicht akzeptiert -> passt, da "ab" nicht akzeptiert wurde.
    "a": n=1, m=0 -> nicht möglich.
    "aa": n=2, m=0 -> nicht.

  "ba": n=0, m=1, r=1 -> m>=1: 1>=1, r<=m-n=1-0=1, r=1 -> also sollte "ba" akzeptiert werden? 
    Aber früher: "ba" wurde nicht akzeptiert. 

  Warum? 
    Für "ba": 
      Start: q0,Z
      Epsilon nach q1: q0,ε,Z -> q1,Z
      Lesen b: q1,b,Z -> q2,B
      Jetzt in q2, Stack: B
      Lesen a: in q2, keine a-Transition. 
      Mit ε: q2,ε,B -> q3,ε -> poppt B, Stack leer, geht nach q3.
      In q3, lesen a: aber Stack leer, keine Transition. 
      Also nicht akzeptiert.

  Aber nach unserer Formel: n=0, m=1 (ein b), r=1 (ein a), und m>=n+1: 1>=1, r<=m-n=1, 1<=1, also sollte es gehen. 
  Was ist los?

  Problem: in "ba", nach dem b sind wir in q2 mit B. Dann müssen wir das a lesen, aber in q2 kann man kein a lesen. Man muss erst mit ε nach q3 gehen. 
  Wenn wir in q2 mit B, und wir haben ein a zu lesen, können wir:
    q2,ε,B -> q3,ε: poppt B, geht nach q3, Stack leer.
    Dann in q3, lesen a: aber Stack leer, also keine Transition.

  Also das a kann nicht gelesen werden, weil der Stack leer ist.

  Um "ba" zu akzeptieren, müssten wir in q3 mit B oben sein, wenn das a kommt. 
  Aber nach dem ε-Übergang in q2 haben wir den Stack geleert.

  Also: wir müssen in q2 bleiben und das a lesen, aber in q2 gibt es keine a-Transition.

  Daher: die r a's können nur gelesen werden, nachdem wir nach q3 gewechselt sind, aber in q3 muss dann B oben sein. 
  In "ba": nach dem b sind wir in q2 mit B. Wenn wir das a lesen könnten, ohne vorher ε zu machen, dann ginge es. Aber es gibt keine solche Transition.

  Also: die r a's können nur gelesen werden, nachdem wir mit ε nach q3 gewechselt sind, und dann muss B oben sein. 
  Aber wenn wir in q2 mit B sind und ε machen, poppen wir B und gehen nach q3 mit leerem Stack. 

  Um in q3 B oben zu haben, müssen wir in q2 B's haben und ohne ε das a lesen, aber das geht nicht.

  Daher: die a's in q3 können nur gelesen werden, wenn nach dem Wechsel nach q3 noch B's auf dem Stack sind. 
  In "ba": nach dem b ist Stack: B. Wenn wir sofort das a lesen könnten, aber in q2 gibt es keine a-Transition. 
  Also muss man erst mit ε nach q3 gehen, aber dann ist Stack leer.

  Daher: "ba" kann nicht akzeptiert werden.

  In "bba": 
    Nach dem ersten b: q2,B
    Zweites b: q2,b,B -> q2,BB (Stack: BB)
    Dann ε: q2,ε,B -> q3,ε: poppt ein B, Stack: B, Zustand q3.
    Dann a: q3,a,B -> q3,ε: poppt B, Stack leer. 
    Akzeptiert.

  Also: damit ein a in q3 gelesen werden kann, muss beim Wechsel nach q3 (mit ε) mindestens ein B auf dem Stack bleiben. 
  In "ba": nach dem ersten b: Stack B. Wenn wir ε machen: pop B, Stack leer. 
  In "bba": nach zwei b's: Stack BB. Nach erstem ε: pop B, Stack B. Dann kann a gelesen werden.

  Also: die Anzahl der B's, die in q2 geschoben wurden, muss größer als die Anzahl der ε-Pops beim Wechsel nach q3 sein? 
  Aber beim Wechsel nach q3 mit ε wird genau ein B gepoppt. 
  Damit in q3 noch B's sind, muss der Stack in q2 mindestens zwei B's haben, wenn man nach q3 wechselt? 
  In "bba": Stack BB, nach ε: pop B, Stack B -> dann kann a geles werden.

  In "ba": Stack B, nach ε: pop B, Stack leer -> kein a möglich.

  Also: für r>=1 muss der Stack in q2 mindestens r+1 B's haben? 
  Nein: in q3 kann man r a's lesen, aber man kann auch mit ε B's poppen. 
  In "bbba": 
    b's:3, a's:1
    n=0, m=3, r=1
    In q2: nach drei b's: Stack: BBB (drei B's)
    ε: q2,ε,B -> q3,ε: pop B, Stack: BB
    dann a: q3,a,B -> q3,ε: pop B, Stack: B
    dann Ende? Nein, nur ein a. 
    Dann muss noch das letzte B mit ε gepoppt werden: q3,ε,B -> q3,ε -> Stack leer. 
    Akzeptiert.

  Also: die Anzahl der B's in q2 ist 1+p, wobei p die Anzahl der zusätzlichen b's in q2 ist. 
  Diese 1+p B's werden in q3 gepoppt: r mit a's und der Rest (1+p - r) mit ε.

  Damit das funktioniert, muss beim Wechsel nach q3 (mit ε) mindestens ein B auf dem Stack sein, aber das ist immer der Fall, da wir in q2 mit B oben sind und ε ein B poppt, aber mindestens eins da sein muss. 
  In "ba": 1+p = 1 (p=0), also ein B. Nach ε-Pop in q2: Stack leer, also kann kein a gelesen werden.

  Für r>=1 muss daher 1+p >= 1, aber nach dem ersten ε-Pop in q2 (das ein B verbraucht) muss noch mindestens ein B übrig sein, damit das erste a gelesen werden kann. 
  Also: 1+p - 1 >= r  ? 
  Nach dem Wechsel nach q3 (mit einem ε-Pop) sind noch p B's auf dem Stack (denn ursprünglich 1+p, eines wird beim Wechsel gepoppt). 
  Diese p B's müssen dann mit a's oder ε gepoppt werden. 
  Also: r <= p, denn die a's können nur B's poppen, die nach dem Wechsel noch da sind.

  In "ba": p=0, r=1 -> r>p, also nicht möglich.

  In "bba": p=1 (denn |b|=2, n=0, p= |b| - n -1 =2-0-1=1), r=1 -> r=1 <= p=1, also ok.

  In "bbba": p=2 (|b|=3, n=0, p=3-0-1=2), r=1 -> 1<=2, ok.

  In "bb": p=1, r=0 -> 0<=1, ok.

  In "b": p=0, r=0 -> 0<=0, ok.

  In "abb": n=1, |b|=2, p= |b| - n -1 =2-1-1=0, r=0 -> 0<=0, ok.

  In "aabbb": n=2, |b|=3, p=3-2-1=0, r=0 -> 0<=0, ok.

  In "ba": n=0, |b|=1, p=1-0-1=0, r=1 -> 1<=0? Nein, also nicht.

  Also: die Bedingungen sind:
    |b| >= n+1
    p = |b| - n - 1 >= 0
    r = |a| - n   (da |a| = n + r)
    und r <= p

  Also: |a| - n <= |b| - n - 1
  => |a| <= |b| - 1

  Und |b| >= n+1, aber n = |a| - r >= |a| - p = |a| - (|b| - n -1) 
  Aber wir haben |a| <= |b| - 1.

  Also: die Sprache ist:
    { w in {a,b}* | |b| >= 1 and |a| <= |b| - 1 }

  Test:
    "b": |a|=0, |b|=1 -> 0<=0 (1-1=0) -> ja.
    "bb": 0<=2-1=1 -> 0<=1, ja.
    "abb": |a|=1, |b|=2 -> 1<=2-1=1, ja.
    "aabbb": |a|=2, |b|=3 -> 2<=3-1=2, ja.
    "bba": |a|=1, |b|=2 -> 1<=2-1=1, ja.
    "ba": |a|=1, |b|=1 -> 1<=1-1=0? 1<=0? Nein -> nicht, passt.
    "a": |a|=1, |b|=0 -> |b|>=1 nicht erfüllt -> nicht.
    "ab": |a|=1, |b|=1 -> 1<=0? Nein -> nicht.
    "aa": nicht.
    "": nicht.

  Also: L_ε(M) = { w in {a,b}* | |w|_b >= 1 and |w|_a <= |w|_b - 1 }

  Jetzt vergleichen wir mit L1, L2, L3.

  L1 = { a^i b^j a^k : (i=j or j=k) and i,j,k>=0 }

  L2 = { a^n w : w in Σ*, |w|>=n, n>0 } 
      = { a^n w : |w|>=n, n>=1 }

  L3 = { a^i b^j a^k : j>i+k, i,j,k>=0 }

  Welche Sprache ist gleich L_ε(M)?

  L_ε(M) = { w : |w|_b >=1 and |w|_a <= |w|_b - 1 }

  Prüfen wir L3: 
    L3 = { a^i b^j a^k : j > i+k }
    In L3: |w|_a = i+k, |w|_b = j
    Bedingung: j >=1 (da j>i+k>=0, aber wenn i=k=0, j>0) and i+k <= j-1 
    Aber j > i+k bedeutet j >= i+k+1, also i+k <= j-1.
    Also: L3 = { w : |w|_b >=1 and |w|_a <= |w|_b - 1 }? 
    Aber nur für Wörter der Form a^i b^j a^k. 
    In L_ε(M) können die a's und b's gemischt sein? 
    In unserer Ableitung haben wir angenommen, dass die a's in zwei Blöcken sind: n a's am Anfang und r a's am Ende, dazwischen b's. 
    Aber in L_ε(M) müssen die a's am Anfang kommen, dann b's, dann a's am Ende? 
    In der Arbeitsweise des PDA: 
      - Zuerst werden a's gelesen (in q0), dann b's (in q1 und q2), dann a's (in q3). 
      - Dazwischen gibt es Epsilon-Übergänge, aber keine Mischung. 
    Also: der PDA akzeptiert nur Wörter der Form a^* b^* a^*.

  In der Tat: 
    - In q0 werden nur a's gelesen. 
    - In q1 und q2 werden nur b's gelesen (q1: b's mit A oder Z, q2: b's mit B). 
    - In q3 werden a's gelesen. 
    Und die Epsilon-Übergänge sind nur zwischen q0 und q1, und q2 und q3, ohne Lesen. 
    Also: die Wortform ist a^* b^* a^*.

  Daher: L_ε(M) = { a^i b^j a^k : i>=0, j>=1, k>=0, i+k <= j-1 }

  Aber i+k <= j-1 ist äquivalent zu j > i+k.

  Also: L_ε(M) = { a^i b^j a^k : j > i+k } = L3.

  L3 ist definiert als { a^i b^j a^k : j>i+k, i,j,k>=0 }

  Also: L_ε(M) = L3.

  Nach dem Hinweis: es gilt für genau ein i.

  Also für L1: 
    L1 != L_ε(M), da z.B. "b" in L_ε(M) ist, aber in L1: "b" = a^0 b^1 a^0, dann i=0,j=1,k=0: i=j? 0=1? nein. j=k? 1=0? nein. Also nicht in L1.
    Oder "bb" in L_ε(M), in L1: a^0 b^2 a^0: i=0,j=2,k=0: i=j? 0=2? nein, j=k?2=0? nein.

  Für L2: 
    L2 = { a^n w : |w|>=n, n>0 }, also muss mit a beginnen und n>=1. 
    "b" ist in L_ε(M), aber beginnt nicht mit a, also nicht in L2.

  Für L3: wie oben gezeigt, gleich.

  Also: L_ε(M) = L3.

  Die Frage ist: 
    Für jede Sprache L_i, ob L_ε(M) = L_i.

  Also:
    L1 = L_ε(M)? Nein.
    L2 = L_ε(M)? Nein.
    L3 = L_ε(M)? Ja.

  In den Optionen:
    <option id="1">$L_1=L_\epsilon(M)$</option> -> 0
    <option id="2">$L_1\neq L_\epsilon(M)$</option> -> 1
    <option id="3">$L_2=L_\epsilon(M)$</option> -> 0
    <option id="4">$L_2\neq L_\epsilon(M)$</option> -> 1
    <option id="5">$L_3=L_\epsilon(M)$</option> -> 1
    <option id="6">$L_3\neq L_\epsilon(M)$</option> -> 0

  Für die Wörter: 
    Falls nicht gleich, ein Wort der Länge <=2, das in genau einer der Sprachen ist.

    Für L1: 
      L_ε(M) != L1, also Wort angeben.
      Wir nehmen "b": 
        "b" in L_ε(M) (wie gesehen), 
        in L1: nicht, wie oben.
      Länge 1 <=2.

    Für L2: 
      "b" in L_ε(M), nicht in L2 (da L2 beginnt mit a und n>=1).
      Also "b".

    Für L3: 
      L_ε(M) = L3, also "-".

  Aber: das Wort muss in genau einer der beiden Sprachen sein. 
    Für L1: "b" ist in L_ε(M) aber nicht in L1 -> genau in L_ε(M).
    Für L2: "b" in L_ε(M) nicht in L2 -> genau in L_ε(M).
    Für L3: gleich, also "-".

  Aber: das Wort "b" ist in L3? 
    L3 = { a^i b^j a^k : j>i+k }
    "b" = a^0 b^1 a^0, j=1, i+k=0, 1>0, ja, also in L3.
    Aber L_ε(M)=L3, also ist "b" in beiden.

  Also: für L1 und L2 müssen wir ein anderes Wort nehmen.

  Für L1: 
    Suche Wort in L_ε(M) aber nicht in L1, oder umgekehrt.
    "b" ist in L3 (also in L_ε(M)) und in L3, aber L1 ist anders.
    "b" ist nicht in L1, aber in L_ε(M). 
    Also: in L_ε(M) aber nicht in L1.

    Aber "b" ist in L3, und L_ε(M)=L3, also ist es in L_ε(M) und L3, aber nicht in L1. 
    Für die Frage L1 vs L_ε(M): "b" ist in L_ε(M) aber nicht in L1.

    Es ist in Ordnung.

  Aber für L2: "b" ist in L_ε(M) aber nicht in L2.

  Und für L3: gleich.

  Aber der Hinweis sagt, dass L_ε(M)=L3, also für L3 ist es gleich.

  Also: 
    L1: Wort "b" (da in L_ε(M) nicht in L1)
    L2: Wort "b" (da in L_ε(M) nicht in L2)
    L3: -

  Aber "b" ist in L3, also für L3 ist es in beiden, also kein Unterschied.

  Also ist das in Ordnung.

  Aber: die Länge von "b" ist 1<=2.

  Gibt es ein Wort, das in L1 aber nicht in L_ε(M) ist? 
    L1: z.B. "ab" = a^1 b^1 a^0: i=1,j=1,k=0: i=j (1=1), also in L1.
    In L_ε(M): |a|=1, |b|=1 -> |a|=1 > |b|-1=0, also nicht in L_ε(M). 
    Also "ab" ist in L1 aber nicht in L_ε(M). 
    Länge 2.

  Ebenso für L2: 
    L2: z.B. "a" = a^1, aber n=1, w muss Länge >=1 haben, aber "a" hat w=ε, |w|=0<1, also nicht in L2? 
    L2: { a^n w : |w|>=n, n>0 }
    Für n=1: w muss Länge >=1 haben, also "a" ist nicht in L2. 
    "aa": n=2, w=ε, |w|=0<2 -> nicht.
    "ab": n=1, w="b", |w|=1>=1 -> in L2.
    In L_ε(M): "ab" nicht, wie oben.

  Also: 
    Für L1: "ab" ist in L1 aber nicht in L_ε(M)
    Für L2: "ab" ist in L2 aber nicht in L_ε(M)

  Aber die Aufgabe sagt: "falls nein, geben Sie ein Wort w mit Länge höchstens 2 an, sodass w in genau einer der Sprachen L_ε(M) und L_i ist."

  Also: 
    Für L1: w in (L_ε(M) \ L1) oder (L1 \ L_ε(M))
    Wir können "b" nehmen: in L_ε(M) nicht in L1.
    Oder "ab": in L1 nicht in L_ε(M). Beide Länge <=2.

  Für L2: "b" in L_ε(M) nicht in L2, oder "ab" in L2 nicht in L_ε(M).

  Für L3: gleich, also "-".

  Wir können für L1: "b" (in L_ε(M) nicht in L1)
  Für L2: "ab" (in L2 nicht in L_ε(M)) 
  Aber "ab" ist auch in L1? 
    L1: "ab" = a^1 b^1 a^0: i=1,j=1,k=0: i=j -> ja, in L1.
  Also "ab" ist in L1 und in L2, aber nicht in L_ε(M).

  Für L2: wir brauchen ein Wort, das in genau einer von L_ε(M) und L2 ist.
  "ab" ist in L2 und nicht in L_ε(M), aber ist es in L1? Ja, aber das ist egal, denn wir vergleichen nur L_ε(M) und L2. 
  "ab" ist in L2, nicht in L_ε(M), also in genau L2 (da nicht in L_ε(M)). 
  Es ist auch in L1, aber das spielt für diesen Vergleich keine Rolle.

  Also: 
    Für L1: wir nehmen "b" (in L_ε(M) nicht in L1)
    Für L2: wir nehmen "ab" (in L2 nicht in L_ε(M))
    Für L3: "-"

  Oder symmetrisch.

  Da die Aufgabe nicht spezifiziert, in welcher es sein soll, ist beides ok.

  Wir wählen:

  L1: "b" (da in L_ε(M) aber nicht in L1)
  L2: "ab" (da in L2 aber nicht in L_ε(M))
  L3: "-"

  Begründung:
    - "b" in L_ε(M) (da |b|=1>=1, |a|=0<=0) und in L3, aber nicht in L1 (da weder i=j noch j=k für i=0,j=1,k=0).
    - "ab" in L2: n=1, w="b", |w|=1>=1. Nicht in L_ε(M) (|a|=1, |b|=1 -> 1>1-1=0? 1>0, aber Bedingung |a|<=|b|-1: 1<=0 falsch). 
      Und in L1: i=1,j=1,k=0: i=j, also in L1, aber für den Vergleich L2 und L_ε(M) ist das irrelevant.

  Also:

<options>
<option id="1">0</option>   <!-- L1 = L_ε(M) nein -->
<option id="2">1</option>   <!-- L1 != L_ε(M) ja -->
<option id="3">0</option>   <!-- L2 = L_ε(M) nein -->
<option id="4">1</option>   <!-- L2 != L_ε(M) ja -->
<option id="5">1</option>   <!-- L3 = L_ε(M) ja -->
<option id="6">0</option>   <!-- L3 != L_ε(M) nein -->
</options>
<answer id="7">
L_1: b
L_2: ab
L_3: -
</answer>

### Antwort für Teil b

In Teil b wurde festgestellt, dass $L_2$ die reguläre Sprache ist. Der reguläre Ausdruck für $L_2$ ist $a(a|b)(a|b)^*$, da $L_2$ Wörter der Form $a^n w$ mit $n > 0$ und $|w| \geq n$ beschreibt. Dies entspricht einem "a" gefolgt von mindestens $n$ Zeichen, was durch den Ausdruck dargestellt wird.

### Antwort für Teil c

Der PDA $M$ akzeptiert durch leeren Stack die Sprache $L_3$. Die Analyse zeigt:
- $L_\epsilon(M) = L_3$, da beide Sprachen Wörter der Form $a^i b^j a^k$ mit $j > i + k$ beschreiben.
- $L_1$ und $L_2$ sind nicht gleich $L_\epsilon(M)$.

Für $L_1$ und $L_2$ werden Gegenbeispiele der Länge $\leq 2$ angegeben:
- $L_1$: Das Wort "b" ist in $L_\epsilon(M)$ (da $|b|_b = 1 \geq 1$ und $|b|_a = 0 \leq 0$), aber nicht in $L_1$ (da für $i=0, j=1, k=0$ weder $i=j$ noch $j=k$ gilt).
- $L_2$: Das Wort "ab" ist in $L_2$ (da $n=1$, $w="b"$ mit $|w|=1 \geq 1$), aber nicht in $L_\epsilon(M)$ (da $|ab|_a = 1$ und $|ab|_b = 1$, aber $1 \not\leq 1 - 1 = 0$).
- $L_3$: Da $L_\epsilon(M) = L_3$, wird kein Wort benötigt.

<options>
<option id="1">0</option>
<option id="2">1</option>
<option id="3">0</option>
<option id="4">1</option>
<option id="5">1</option>
<option id="6">0</option>
</options>
<answer id="7">
L_1: b
L_2: ab
L_3: -
</answer>

Untenstehend finden Sie einen PDA $M$, der mit leerem Keller akzeptiert und das initiale Kellerzeichen $Z$ verwendet. Bestimmen Sie für jede Sprache $L_i\in\{L_1,L_2,L_3\}$ jeweils, ob $L_\epsilon(M)=L_i$ gilt. Falls nein, geben Sie ein Wort $w$ mit Länge höchstens 2 an, sodass $w$ in genau einer der Sprachen $L_\epsilon(M)$ und $L_i$ ist.

Hinweis: Es gilt $L_\epsilon(M)=L_i$ für genau ein $i\in\{1,2,3\}$.
Die Transition „$q, a, X \rightarrow p, YZ$“ eines PDAs bedeutet, das der PDA in Zustand $q$ ist, Zeichen $a$ liest, und das oberste Stacksymbol $X$ hat. Anschließend geht der PDA in Zustand $p$, nimmt $X$ vom Stack, und legt $YZ$ auf den Stack ($Y$ ist oben). Eine Transition mit $a=\varepsilon$ ist erlaubt, in dem Fall wird kein Zeichen eingelesen.
PDA M:
Zustände: q0, q1, q2, q3
Startzustand: q0
Initialzeichen: Z
Transitionen:
    q0, a, A -> q0, AA
    q0, a, Z -> q0, AZ
    q0, ε, A -> q1, A
    q0, ε, Z -> q1, Z
    q1, b, A -> q1, ε
    q1, b, Z -> q2, B
    q2, b, B -> q2, BB
    q2, ε, B -> q3, ε
    q3, a, B -> q3, ε
    q3, ε, B -> q3, ε

L_1: b
L_2: ab
L_3: -

Prompt

system:You are an AI assistant specializing in theoretical computer science. Your task is to answer a series of exam questions, providing accurate and well-reasoned responses that demonstrate a deep understanding of theoretical computer science concepts.

# Instructions

You must follow the given answer format.

If the exercises contains yes or no questions for you to answer, there will be one <option> element for each such question. You must answer these with either 0 or 1.

For longer answers, there will be <answer> elements. If the answer must follow a specific template, a corresponding <answer-template> element defines this template, and you MUST follow it precisely when providing your <answer>, as any deviations from the template will cause your answer to be invalid. A '?' symbol indicates a place for you to insert a short text, while a '???' symbol marks places for you to insert multi-line answers. To define the precise syntax to use, an <example> element may be provided. You MUST follow this syntax. However, note that the answers in the example may not be correct answers to the question.

Some questions relate to specific lecture material. In this case, the material will be provided in <context> elements for you to reference.

## Formatting
Always follow the format of the given exercise. If you are writing longer text, you can put text in *italics* or make it **bold**. Formulas should be given as LaTeX and enclosed properly, i.e. $...$ or \[...\].

user:# Exercise: Quiz: Berechenbarkeit und Komplexität

**Teilaufgaben (a-e):** Für diese Fragen ist eine Begründung nicht gefordert. Sie erhalten die Punkte auf eine Teilaufgabe genau dann, wenn Sie alle Antwortmöglichkeiten korrekt angekreuzt haben.
**Es ist immer mindestens eine Antwortmöglichkeit richtig.**

In dieser Aufgabe verwenden wir durchgehend das Alphabet $\Sigma:=\{0,1\}$.

## subproblem a (2.0 points)
Welche der folgenden Sprachen sind entscheidbar?

<options>
<option id="1">$\{w\in\Sigma^* :\varphi_w \text{ ist total}\}$</option>
<option id="2">$\{w\in\Sigma^* :\varphi_w(0) = 0\}$</option>
<option id="3">$\{w \in \Sigma^* :\varphi_w \text{ ist berechenbar}\}$</option>
</options>

### answer format
Give your answer in the following format:

<option id="1">0 or 1</option>
<option id="2">0 or 1</option>
<option id="3">0 or 1</option>

Wir betrachten die Sprachen in Bezug auf Entscheidbarkeit. Die Sprachen beziehen sich auf die partiellen berechenbaren Funktionen, die durch Gödelnummern indiziert sind. Hier ist \( \varphi_w \) die partielle berechenbare Funktion mit der Gödelnummer \( w \).

**Option 1:** \( \{ w \in \Sigma^* : \varphi_w \text{ ist total} \} \)

- Das ist die Menge der Gödelnummern von totalen berechenbaren Funktionen.
- Es ist bekannt, dass diese Menge nicht entscheidbar ist. Das folgt aus dem Satz von Rice, da die Eigenschaft "total zu sein" nicht trivial ist (es gibt totale Funktionen und nicht-totale, z.B. die überall undefinierte Funktion).
- Nach dem Satz von Rice ist jede nicht-triviale semantische Eigenschaft der berechenbaren Funktionen unentscheidbar. "Total sein" ist eine solche Eigenschaft.
- Also ist diese Sprache unentscheidbar.

**Option 2:** \( \{ w \in \Sigma^* : \varphi_w(0) = 0 \} \)

- Hier geht es um die Menge der Gödelnummern, für die die Funktion bei Eingabe 0 den Wert 0 ausgibt.
- Beachte: Diese Sprache ist entscheidbar? Nein, das ist nicht offensichtlich.
- Betrachte: Um zu entscheiden, ob \( w \) in der Sprache ist, müsste man prüfen, ob \( \varphi_w(0) = 0 \).
- Aber \( \varphi_w(0) \) könnte undefiniert sein, oder sehr lange brauchen. Es gibt keinen Algorithmus, der für jedes w entscheidet, ob die Berechnung von \( \varphi_w(0) \) den Wert 0 ergibt, da das Halteproblem unentscheidbar ist.
- Genauer: Die Sprache \( \{ \langle w, x \rangle : \varphi_w(x) = y \} \) ist für festes y im Allgemeinen unentscheidbar. Hier ist x fest (0) und y fest (0). Aber das Problem ist äquivalent zum Halteproblem, denn man muss prüfen, ob die Maschine bei Eingabe 0 hält und 0 ausgibt.
- Tatsächlich ist die Sprache \( \{ w : \varphi_w(0) = 0 \} \) unentscheidbar. Warum? Angenommen, sie wäre entscheidbar. Dann könnte man das Halteproblem für Eingabe 0 lösen: Gegeben w, konstruiere eine Maschine, die bei Eingabe 0 hält und 0 ausgibt, falls eine bestimmte Bedingung erfüllt ist. Aber einfacher: Das spezielle Halteproblem \( H_0 = \{ w : \varphi_w(0) \text{ hält} \} \) ist unentscheidbar. Und \( \{ w : \varphi_w(0) = 0 \} \) ist eine Teilmenge davon, aber das reicht nicht. Man kann eine Reduktion vom Halteproblem bauen: Gegeben eine Maschine M und Eingabe x, konstruiere eine Maschine M', die bei Eingabe 0 M auf x simuliert und wenn das hält, gibt sie 0 aus. Dann hält M' bei 0 genau dann, wenn M bei x hält, und in diesem Fall gibt sie 0 aus. Also ist \( w_{M'} \in \{ w : \varphi_w(0) = 0 \} \) gdw. M bei x hält. Da das Halteproblem unentscheidbar ist, ist auch diese Sprache unentscheidbar.
- Also: Diese Sprache ist unentscheidbar.

**Option 3:** \( \{ w \in \Sigma^* : \varphi_w \text{ ist berechenbar} \} \)

- Jede partielle Funktion \( \varphi_w \) ist per Definition berechenbar, da sie durch eine Turingmaschine (mit Gödelnummer w) berechnet wird. Die Funktion \( \varphi_w \) ist die partielle Funktion, die von der Turingmaschine mit Code w berechnet wird. Also ist für jedes w die Funktion \( \varphi_w \) berechenbar (möglicherweise partiell, aber berechenbar im Sinne von partiell berechenbar).
- Die Menge aller w ist also \( \Sigma^* \), da jede Zeichenkette w eine Turingmaschine kodiert (möglicherweise eine, die nie hält, aber dennoch berechenbar ist). 
- Also ist die Sprache \( \{ w : \varphi_w \text{ ist berechenbar} \} = \Sigma^* \), da für jedes w die Funktion \( \varphi_w \) berechenbar ist.
- \( \Sigma^* \) ist entscheidbar (trivialerweise).
- Also ist diese Sprache entscheidbar.

Fazit:
- Option 1: unentscheidbar → 0
- Option 2: unentscheidbar → 0
- Option 3: entscheidbar → 1

Aber die Aufgabe sagt: "Es ist immer mindestens eine Antwortmöglichkeit richtig." Hier ist nur Option 3 richtig.

Überprüfe Option 2 nochmal: 
- Ist \( \{ w : \varphi_w(0) = 0 \} \) wirklich unentscheidbar? Ja, wie oben argumentiert. 
- Man kann auch den Satz von Rice anwenden: Die Eigenschaft \( \{ f : f(0) = 0 \} \) ist eine nicht-triviale semantische Eigenschaft. Denn es gibt Funktionen, die bei 0 den Wert 0 haben, und solche, die es nicht tun (z.B. die konstante Funktion 1, oder undefiniert). Also unentscheidbar.

Zu Option 3: 
- Die Sprache ist die Menge aller w, für die \( \varphi_w \) berechenbar ist. Aber per Definition ist jede Funktion \( \varphi_w \) berechenbar, da sie durch eine Turingmaschine berechnet wird. Also ist die Menge aller w. 
- Aber was, wenn w keine gültige Gödelnummer ist? In der Standardkodierung ist jede Zeichenkette w eine gültige Beschreibung einer Turingmaschine? Nicht unbedingt. Manche Zeichenketten kodieren möglicherweise keine gültige Turingmaschine. 
- In der Theorie der Berechenbarkeit wird oft angenommen, dass jede Zeichenkette w eine Turingmaschine beschreibt, wobei manche Maschinen möglicherweise nicht wohldefiniert sind, aber wir betrachten sie trotzdem. Typischerweise wird die partielle Funktion \( \varphi_w \) definiert als: wenn w eine gültige Beschreibung ist, dann die von ihr berechnete Funktion, sonst eine feste nicht haltende Funktion oder ähnlich. Aber in jedem Fall ist \( \varphi_w \) immer berechenbar, denn wenn w keine gültige Kodierung ist, kann man es als eine Maschine auffassen, die nie hält, also die überall undefinierte Funktion, die auch berechenbar ist (durch eine Maschine, die in eine Endlosschleife geht). 
- Daher ist für jedes w die Funktion \( \varphi_w \) berechenbar. Also ist die Menge aller w, und damit entscheidbar.

Also:
- Option 1: 0 (nicht entscheidbar)
- Option 2: 0 (nicht entscheidbar)
- Option 3: 1 (entscheidbar)

Antwortformat:
<option id="1">0</option>
<option id="2">0</option>
<option id="3">1</option>

### Antwort für Teilaufgabe (a)

Die Entscheidbarkeit der Sprachen wird wie folgt bewertet:

- **Option 1:** $\{w\in\Sigma^* :\varphi_w \text{ ist total}\}$  
  Diese Sprache ist unentscheidbar, da die Eigenschaft "total sein" eine nicht-triviale semantische Eigenschaft ist (Satz von Rice). Es gibt totale Funktionen (z.B. konstante Funktion) und nicht-totale Funktionen (z.B. undefinierte Funktion).  
  → Antwort: **0**

- **Option 2:** $\{w\in\Sigma^* :\varphi_w(0) = 0\}$  
  Diese Sprache ist unentscheidbar. Die Bedingung $\varphi_w(0) = 0$ erfordert die Überprüfung des Funktionswerts bei Eingabe $0$, was äquivalent zum Halteproblem ist (Reduktion vom speziellen Halteproblem $H_0$).  
  → Antwort: **0**

- **Option 3:** $\{w \in \Sigma^* :\varphi_w \text{ ist berechenbar}\}$  
  Diese Sprache ist entscheidbar. Jede partielle Funktion $\varphi_w$ ist per Definition berechenbar (durch die Turingmaschine mit Gödelnummer $w$). Die Sprache umfasst daher alle $w \in \Sigma^*$ und ist somit trivial entscheidbar.  
  → Antwort: **1**

Gemäß Antwortformat:

<option id="1">0</option>
<option id="2">0</option>
<option id="3">1</option>

Welche der folgenden Sprachen sind entscheidbar?

Prompt

system:You are an AI assistant specializing in theoretical computer science. Your task is to answer a series of exam questions, providing accurate and well-reasoned responses that demonstrate a deep understanding of theoretical computer science concepts.

# Instructions

You must follow the given answer format.

If the exercises contains yes or no questions for you to answer, there will be one <option> element for each such question. You must answer these with either 0 or 1.

For longer answers, there will be <answer> elements. If the answer must follow a specific template, a corresponding <answer-template> element defines this template, and you MUST follow it precisely when providing your <answer>, as any deviations from the template will cause your answer to be invalid. A '?' symbol indicates a place for you to insert a short text, while a '???' symbol marks places for you to insert multi-line answers. To define the precise syntax to use, an <example> element may be provided. You MUST follow this syntax. However, note that the answers in the example may not be correct answers to the question.

Some questions relate to specific lecture material. In this case, the material will be provided in <context> elements for you to reference.

## Formatting
Always follow the format of the given exercise. If you are writing longer text, you can put text in *italics* or make it **bold**. Formulas should be given as LaTeX and enclosed properly, i.e. $...$ or \[...\].

user:# Exercise: Quiz: Berechenbarkeit und Komplexität

**Teilaufgaben (a-e):** Für diese Fragen ist eine Begründung nicht gefordert. Sie erhalten die Punkte auf eine Teilaufgabe genau dann, wenn Sie alle Antwortmöglichkeiten korrekt angekreuzt haben.
**Es ist immer mindestens eine Antwortmöglichkeit richtig.**

In dieser Aufgabe verwenden wir durchgehend das Alphabet $\Sigma:=\{0,1\}$.

## subproblem a (2.0 points)
Welche der folgenden Sprachen sind entscheidbar?

<options>
<option id="1">$\{w\in\Sigma^* :\varphi_w \text{ ist total}\}$</option>
<option id="2">$\{w\in\Sigma^* :\varphi_w(0) = 0\}$</option>
<option id="3">$\{w \in \Sigma^* :\varphi_w \text{ ist berechenbar}\}$</option>
</options>

### answer format
Give your answer in the following format:

<option id="1">0 or 1</option>
<option id="2">0 or 1</option>
<option id="3">0 or 1</option>

assistant:### Antwort für Teilaufgabe (a)

Die Entscheidbarkeit der Sprachen wird wie folgt bewertet:

- **Option 1:** $\{w\in\Sigma^* :\varphi_w \text{ ist total}\}$  
  Diese Sprache ist unentscheidbar, da die Eigenschaft "total sein" eine nicht-triviale semantische Eigenschaft ist (Satz von Rice). Es gibt totale Funktionen (z.B. konstante Funktion) und nicht-totale Funktionen (z.B. undefinierte Funktion).  
  → Antwort: **0**

- **Option 2:** $\{w\in\Sigma^* :\varphi_w(0) = 0\}$  
  Diese Sprache ist unentscheidbar. Die Bedingung $\varphi_w(0) = 0$ erfordert die Überprüfung des Funktionswerts bei Eingabe $0$, was äquivalent zum Halteproblem ist (Reduktion vom speziellen Halteproblem $H_0$).  
  → Antwort: **0**

- **Option 3:** $\{w \in \Sigma^* :\varphi_w \text{ ist berechenbar}\}$  
  Diese Sprache ist entscheidbar. Jede partielle Funktion $\varphi_w$ ist per Definition berechenbar (durch die Turingmaschine mit Gödelnummer $w$). Die Sprache umfasst daher alle $w \in \Sigma^*$ und ist somit trivial entscheidbar.  
  → Antwort: **1**

Gemäß Antwortformat:

<option id="1">0</option>
<option id="2">0</option>
<option id="3">1</option>

user:
## subproblem b (2.0 points)
Sei $L$ eine beliebige unentscheidbare Sprache und $a\in\Sigma$. Welche der folgenden Aussagen sind wahr?

*Hinweis:* $L^a$ ist die Residualsprache bezüglich $a$ von $L$.

<options>
<option id="1">$\overline L$ ist unentscheidbar</option>
<option id="2">$L^a$ ist unentscheidbar</option>
<option id="3">Es gibt keine TM $M$ mit $L(M) = L$</option>
</options>

### answer format
Give your answer in the following format:

<option id="1">0 or 1</option>
<option id="2">0 or 1</option>
<option id="3">0 or 1</option>

Wir betrachten die Aussagen für eine beliebige unentscheidbare Sprache L über dem Alphabet Σ = {0,1} und ein festes a ∈ Σ.

**Option 1:** \(\overline{L}\) ist unentscheidbar.
- Wenn L unentscheidbar ist, dann ist auch das Komplement \(\overline{L}\) unentscheidbar. Denn wenn \(\overline{L}\) entscheidbar wäre, dann wäre auch L entscheidbar (da die Entscheidbarkeit unter Komplementbildung abgeschlossen ist). Also ist diese Aussage wahr.
- Antwort: **1**

**Option 2:** \(L^a\) ist unentscheidbar.
- \(L^a\) ist die Residualsprache bezüglich a, definiert als \(L^a = \{ w \in \Sigma^* : a w \in L \}\).
- Es ist nicht notwendigerweise wahr, dass \(L^a\) unentscheidbar ist. Es gibt unentscheidbare Sprachen, bei denen die Residualsprachen entscheidbar sind. Zum Beispiel sei L eine unentscheidbare Sprache, die nur Wörter einer bestimmten Länge enthält. Dann könnte \(L^a\) leer sein oder eine einfache Struktur haben. Ein konkretes Gegenbeispiel: Sei K eine unentscheidbare Sprache, und definiere L = { a w | w ∈ K } ∪ { b v | v ∈ Σ^* und v hat gerade Länge }, wobei b ≠ a. Dann ist L unentscheidbar (weil K unentscheidbar ist), aber \(L^a = K\) (unentscheidbar) und \(L^b\) ist entscheidbar (da die Menge der Wörter gerader Länge entscheidbar ist). Aber die Aussage sagt, dass \(L^a\) unentscheidbar ist, was nicht immer zutrifft. In meinem Beispiel ist \(L^a = K\) unentscheidbar, aber das ist nicht allgemein gültig. Wir brauchen ein Beispiel, wo \(L^a\) entscheidbar ist.
- Ein besseres Gegenbeispiel: Sei L eine unentscheidbare Sprache, die nur Wörter enthält, die mit b beginnen (also kein Wort beginnt mit a). Dann ist \(L^a = \emptyset\), was entscheidbar ist. Aber ist L unentscheidbar? Ja, wenn wir L so wählen, dass es aus allen Wörtern, die mit b beginnen, und die ohne b unentscheidbar sind. Zum Beispiel sei K eine unentscheidbare Sprache über Σ, und definiere L = { b w | w ∈ K }. Dann ist L unentscheidbar (Reduktion von K auf L: w ↦ b w). Aber \(L^a = \{ w : a w \in L \} = \emptyset\), da kein Wort in L mit a beginnt. Also ist \(L^a\) entscheidbar (leere Sprache). Daher ist die Aussage falsch: Es gibt unentscheidbare Sprachen L, für die \(L^a\) entscheidbar ist.
- Also: Die Aussage ist nicht immer wahr. Antwort: **0**

**Option 3:** Es gibt keine TM M mit L(M) = L.
- Das ist falsch. Denn per Definition ist eine Sprache genau dann rekursiv aufzählbar (oder semi-entscheidbar), wenn es eine TM gibt, die sie akzeptiert. Aber hier ist L unentscheidbar, aber das bedeutet nicht, dass es keine TM gibt, die L akzeptiert. Es könnte semi-entscheidbar sein. Zum Beispiel ist das Halteproblem K unentscheidbar, aber es gibt eine TM, die K akzeptiert (semi-entscheidbar). Also gibt es sehr wohl eine TM M mit L(M)=L, auch wenn L unentscheidbar ist. Die Aussage behauptet "Es gibt keine TM", was falsch ist, denn unentscheidbare Sprachen können semi-entscheidbar sein.
- Also: Antwort **0**

Zusammenfassung:
- Option 1: 1 (wahr)
- Option 2: 0 (falsch, da Gegenbeispiel existiert)
- Option 3: 0 (falsch, denn es gibt eine TM für L, auch wenn unentscheidbar)

Antwortformat:
<option id="1">1</option>
<option id="2">0</option>
<option id="3">0</option>

### Antwort für Teilaufgabe (b)

Wir betrachten eine beliebige unentscheidbare Sprache \(L\) über \(\Sigma = \{0,1\}\) und ein festes \(a \in \Sigma\). Die Residualsprache \(L^a\) ist definiert als \(L^a = \{ w \in \Sigma^* : aw \in L \}\).

- **Option 1:** \(\overline{L}\) ist unentscheidbar.  
  Diese Aussage ist **wahr**. Da \(L\) unentscheidbar ist, muss auch \(\overline{L}\) unentscheidbar sein. Wäre \(\overline{L}\) entscheidbar, so wäre auch \(L\) entscheidbar (Entscheidbarkeit ist unter Komplementbildung abgeschlossen), was der Voraussetzung widerspricht.  
  → Antwort: **1**

- **Option 2:** \(L^a\) ist unentscheidbar.  
  Diese Aussage ist **falsch**. Es gibt unentscheidbare Sprachen \(L\), für die \(L^a\) entscheidbar ist. Beispiel: Sei \(K \subseteq \Sigma^*\) unentscheidbar (z. B. das Halteproblem), und sei \(L = \{bw \mid w \in K\}\) für ein \(b \neq a\). Dann ist \(L\) unentscheidbar (da \(K\) auf \(L\) reduzierbar ist via \(w \mapsto bw\)), aber \(L^a = \{ w \mid aw \in L\} = \emptyset\) (da kein Wort in \(L\) mit \(a\) beginnt). Die leere Sprache ist entscheidbar.  
  → Antwort: **0**

- **Option 3:** Es gibt keine TM \(M\) mit \(L(M) = L\).  
  Diese Aussage ist **falsch**. Eine Sprache ist genau dann semi-entscheidbar, wenn es eine Turingmaschine gibt, die sie akzeptiert. Unentscheidbare Sprachen können semi-entscheidbar sein (z. B. das Halteproblem \(K\)). Für jede solche Sprache existiert also eine TM \(M\) mit \(L(M) = L\).  
  → Antwort: **0**

Gemäß Antwortformat:

<option id="1">1</option>
<option id="2">0</option>
<option id="3">0</option>

Sei $L$ eine beliebige unentscheidbare Sprache und $a\in\Sigma$. Welche der folgenden Aussagen sind wahr?

Hinweis: $L^a$ ist die Residualsprache bezüglich $a$ von $L$.

Prompt

system:You are an AI assistant specializing in theoretical computer science. Your task is to answer a series of exam questions, providing accurate and well-reasoned responses that demonstrate a deep understanding of theoretical computer science concepts.

# Instructions

You must follow the given answer format.

If the exercises contains yes or no questions for you to answer, there will be one <option> element for each such question. You must answer these with either 0 or 1.

For longer answers, there will be <answer> elements. If the answer must follow a specific template, a corresponding <answer-template> element defines this template, and you MUST follow it precisely when providing your <answer>, as any deviations from the template will cause your answer to be invalid. A '?' symbol indicates a place for you to insert a short text, while a '???' symbol marks places for you to insert multi-line answers. To define the precise syntax to use, an <example> element may be provided. You MUST follow this syntax. However, note that the answers in the example may not be correct answers to the question.

Some questions relate to specific lecture material. In this case, the material will be provided in <context> elements for you to reference.

## Formatting
Always follow the format of the given exercise. If you are writing longer text, you can put text in *italics* or make it **bold**. Formulas should be given as LaTeX and enclosed properly, i.e. $...$ or \[...\].

user:# Exercise: Quiz: Berechenbarkeit und Komplexität

**Teilaufgaben (a-e):** Für diese Fragen ist eine Begründung nicht gefordert. Sie erhalten die Punkte auf eine Teilaufgabe genau dann, wenn Sie alle Antwortmöglichkeiten korrekt angekreuzt haben.
**Es ist immer mindestens eine Antwortmöglichkeit richtig.**

In dieser Aufgabe verwenden wir durchgehend das Alphabet $\Sigma:=\{0,1\}$.

## subproblem a (2.0 points)
Welche der folgenden Sprachen sind entscheidbar?

<options>
<option id="1">$\{w\in\Sigma^* :\varphi_w \text{ ist total}\}$</option>
<option id="2">$\{w\in\Sigma^* :\varphi_w(0) = 0\}$</option>
<option id="3">$\{w \in \Sigma^* :\varphi_w \text{ ist berechenbar}\}$</option>
</options>

### answer format
Give your answer in the following format:

<option id="1">0 or 1</option>
<option id="2">0 or 1</option>
<option id="3">0 or 1</option>

assistant:### Antwort für Teilaufgabe (a)

Die Entscheidbarkeit der Sprachen wird wie folgt bewertet:

- **Option 1:** $\{w\in\Sigma^* :\varphi_w \text{ ist total}\}$  
  Diese Sprache ist unentscheidbar, da die Eigenschaft "total sein" eine nicht-triviale semantische Eigenschaft ist (Satz von Rice). Es gibt totale Funktionen (z.B. konstante Funktion) und nicht-totale Funktionen (z.B. undefinierte Funktion).  
  → Antwort: **0**

- **Option 2:** $\{w\in\Sigma^* :\varphi_w(0) = 0\}$  
  Diese Sprache ist unentscheidbar. Die Bedingung $\varphi_w(0) = 0$ erfordert die Überprüfung des Funktionswerts bei Eingabe $0$, was äquivalent zum Halteproblem ist (Reduktion vom speziellen Halteproblem $H_0$).  
  → Antwort: **0**

- **Option 3:** $\{w \in \Sigma^* :\varphi_w \text{ ist berechenbar}\}$  
  Diese Sprache ist entscheidbar. Jede partielle Funktion $\varphi_w$ ist per Definition berechenbar (durch die Turingmaschine mit Gödelnummer $w$). Die Sprache umfasst daher alle $w \in \Sigma^*$ und ist somit trivial entscheidbar.  
  → Antwort: **1**

Gemäß Antwortformat:

<option id="1">0</option>
<option id="2">0</option>
<option id="3">1</option>

user:
## subproblem b (2.0 points)
Sei $L$ eine beliebige unentscheidbare Sprache und $a\in\Sigma$. Welche der folgenden Aussagen sind wahr?

*Hinweis:* $L^a$ ist die Residualsprache bezüglich $a$ von $L$.

<options>
<option id="1">$\overline L$ ist unentscheidbar</option>
<option id="2">$L^a$ ist unentscheidbar</option>
<option id="3">Es gibt keine TM $M$ mit $L(M) = L$</option>
</options>

### answer format
Give your answer in the following format:

<option id="1">0 or 1</option>
<option id="2">0 or 1</option>
<option id="3">0 or 1</option>

assistant:### Antwort für Teilaufgabe (b)

Wir betrachten eine beliebige unentscheidbare Sprache \(L\) über \(\Sigma = \{0,1\}\) und ein festes \(a \in \Sigma\). Die Residualsprache \(L^a\) ist definiert als \(L^a = \{ w \in \Sigma^* : aw \in L \}\).

- **Option 1:** \(\overline{L}\) ist unentscheidbar.  
  Diese Aussage ist **wahr**. Da \(L\) unentscheidbar ist, muss auch \(\overline{L}\) unentscheidbar sein. Wäre \(\overline{L}\) entscheidbar, so wäre auch \(L\) entscheidbar (Entscheidbarkeit ist unter Komplementbildung abgeschlossen), was der Voraussetzung widerspricht.  
  → Antwort: **1**

- **Option 2:** \(L^a\) ist unentscheidbar.  
  Diese Aussage ist **falsch**. Es gibt unentscheidbare Sprachen \(L\), für die \(L^a\) entscheidbar ist. Beispiel: Sei \(K \subseteq \Sigma^*\) unentscheidbar (z. B. das Halteproblem), und sei \(L = \{bw \mid w \in K\}\) für ein \(b \neq a\). Dann ist \(L\) unentscheidbar (da \(K\) auf \(L\) reduzierbar ist via \(w \mapsto bw\)), aber \(L^a = \{ w \mid aw \in L\} = \emptyset\) (da kein Wort in \(L\) mit \(a\) beginnt). Die leere Sprache ist entscheidbar.  
  → Antwort: **0**

- **Option 3:** Es gibt keine TM \(M\) mit \(L(M) = L\).  
  Diese Aussage ist **falsch**. Eine Sprache ist genau dann semi-entscheidbar, wenn es eine Turingmaschine gibt, die sie akzeptiert. Unentscheidbare Sprachen können semi-entscheidbar sein (z. B. das Halteproblem \(K\)). Für jede solche Sprache existiert also eine TM \(M\) mit \(L(M) = L\).  
  → Antwort: **0**

Gemäß Antwortformat:

<option id="1">1</option>
<option id="2">0</option>
<option id="3">0</option>

user:
## subproblem c (2.0 points)
Sei $M$ eine beliebige deterministische Turingmaschine, sodass es eine Eingabe $w \in \Sigma^*$ gibt, auf der $M$ unendlich viele Schritte macht. Welche Aussagen sind wahr?

<options>
<option id="1">$w \notin L(M)$</option>
<option id="2">$L(M)$ ist unentscheidbar</option>
<option id="3">$L(M)$ ist semi-entscheidbar</option>
</options>

### answer format
Give your answer in the following format:

<option id="1">0 or 1</option>
<option id="2">0 or 1</option>
<option id="3">0 or 1</option>

Wir betrachten eine deterministische Turingmaschine \( M \), für die es mindestens eine Eingabe \( w \in \Sigma^* \) gibt, auf der \( M \) unendlich viele Schritte macht (d.h., sie hält auf \( w \) nicht).

- **Option 1:** \( w \notin L(M) \)  
  Diese Aussage ist nicht notwendigerweise wahr. Die Definition von \( L(M) \) (der von \( M \) akzeptierten Sprache) hängt davon ab, ob \( M \) auf einer Eingabe akzeptiert oder nicht. Wenn \( M \) auf \( w \) unendlich läuft, dann kann sie \( w \) weder akzeptieren noch ablehnen. Per Definition ist \( w \) nur dann in \( L(M) \), wenn \( M \) auf \( w \) in einem akzeptierenden Zustand hält. Da \( M \) auf \( w \) nicht hält, ist \( w \) nicht in \( L(M) \). Also ist \( w \notin L(M) \) immer wahr.  
  → Antwort: **1**

  Erklärung: Wenn eine TM auf einer Eingabe nicht hält, dann akzeptiert sie diese Eingabe nicht. Also ist \( w \) nicht in \( L(M) \).

- **Option 2:** \( L(M) \) ist unentscheidbar.  
  Diese Aussage muss nicht wahr sein. Es gibt TMs, die auf einigen Eingaben unendlich laufen, aber deren Sprache trotzdem entscheidbar ist. Beispiel: Betrachte eine TM, die auf der Eingabe "0" unendlich läuft, aber auf allen anderen Eingaben (z.B. "1", "00", etc.) in endlicher Zeit hält und korrekt akzeptiert oder ablehnt. Dann ist \( L(M) \) entscheidbar, weil wir für jede Eingabe \( x \neq 0 \) in endlicher Zeit entscheiden können, ob \( x \in L(M) \), und für \( x = 0 \) wissen wir, dass \( 0 \notin L(M) \) (da die TM nicht hält). Allerdings: Um \( L(M) \) zu entscheiden, müsste man für jede Eingabe entscheiden können, ob sie in \( L(M) \) ist. Für \( w = 0 \) hält die TM nicht, aber wir wissen, dass sie nicht akzeptiert, also \( 0 \notin L(M) \). Für andere Eingaben hält sie. Also können wir eine TM bauen, die für jede Eingabe \( x \): 
    - Wenn \( x = 0 \), dann lehne ab.
    - Sonst simuliere \( M \) auf \( x \) und akzeptiere/lehne ab, je nachdem, was \( M \) tut.
  Diese TM hält immer, also ist \( L(M) \) entscheidbar.  
  → Antwort: **0**

  Wichtig: Die Tatsache, dass \( M \) auf einem Wort unendlich läuft, macht die Sprache nicht automatisch unentscheidbar. Es könnte sein, dass wir diese eine Eingabe "ausnahmsweise" behandeln können.

- **Option 3:** \( L(M) \) ist semi-entscheidbar.  
  Diese Aussage ist **wahr**. Die Sprache \( L(M) \) ist per Definition semi-entscheidbar, weil \( M \) selbst ein Semi-Entscheidungsverfahren für \( L(M) \) ist: Für jedes Wort \( x \in L(M) \) hält \( M \) auf \( x \) in endlicher Zeit und akzeptiert. Für Wörter nicht in \( L(M) \) kann \( M \) entweder ablehnen (halten und ablehnen) oder unendlich laufen. Das ist genau die Definition von semi-entscheidbar.  
  → Antwort: **1**

  Beachte: Die Tatsache, dass es ein \( w \) gibt, auf dem \( M \) unendlich läuft, ändert nichts daran, dass \( M \) ein Semi-Entscheider für \( L(M) \) ist.

Zusammenfassung:
- Option 1: 1 (wahr)
- Option 2: 0 (falsch)
- Option 3: 1 (wahr)

Gemäß Antwortformat:

<option id="1">1</option>
<option id="2">0</option>
<option id="3">1</option>

### Antwort für Teilaufgabe (c)

Wir betrachten eine deterministische Turingmaschine \(M\), für die es mindestens eine Eingabe \(w \in \Sigma^*\) gibt, auf der \(M\) unendlich viele Schritte macht (d. h., sie hält auf \(w\) nicht).

- **Option 1:** \(w \notin L(M)\)  
  Diese Aussage ist **wahr**. Da \(M\) auf \(w\) nicht hält, kann \(w\) nicht akzeptiert werden. Per Definition ist \(w\) nur in \(L(M)\), wenn \(M\) auf \(w\) in einem akzeptierenden Zustand hält.  
  → Antwort: **1**

- **Option 2:** \(L(M)\) ist unentscheidbar  
  Diese Aussage ist **falsch**. Die Existenz einer Eingabe, auf der \(M\) nicht hält, impliziert nicht, dass \(L(M)\) unentscheidbar ist. Beispiel: Sei \(M\) eine TM, die auf Eingabe \(0\) unendlich läuft und auf allen anderen Eingaben \(x \neq 0\) in endlicher Zeit hält und korrekt entscheidet. Dann ist \(L(M)\) entscheidbar, da eine alternative TM \(M'\) existiert:  
  - Für \(x = 0\): Lehne ab (da \(M\) nicht hält und somit nicht akzeptiert).  
  - Für \(x \neq 0\): Simuliere \(M\) auf \(x\) und gib das Ergebnis aus.  
  \(M'\) entscheidet \(L(M)\).  
  → Antwort: **0**

- **Option 3:** \(L(M)\) ist semi-entscheidbar  
  Diese Aussage ist **wahr**. Die Sprache \(L(M)\) ist per Definition semi-entscheidbar, da \(M\) selbst ein Semi-Entscheidungsverfahren für \(L(M)\) ist: Für jedes \(x \in L(M)\) hält \(M\) und akzeptiert; für \(x \notin L(M)\) hält \(M\) entweder ablehnend oder nie. Die Existenz einer Eingabe, auf der \(M\) nicht hält, ändert dies nicht.  
  → Antwort: **1**

Gemäß Antwortformat:

<option id="1">1</option>
<option id="2">0</option>
<option id="3">1</option>

Sei $M$ eine beliebige deterministische Turingmaschine, sodass es eine Eingabe $w \in \Sigma^*$ gibt, auf der $M$ unendlich viele Schritte macht. Welche Aussagen sind wahr?

Prompt

system:You are an AI assistant specializing in theoretical computer science. Your task is to answer a series of exam questions, providing accurate and well-reasoned responses that demonstrate a deep understanding of theoretical computer science concepts.

# Instructions

You must follow the given answer format.

If the exercises contains yes or no questions for you to answer, there will be one <option> element for each such question. You must answer these with either 0 or 1.

For longer answers, there will be <answer> elements. If the answer must follow a specific template, a corresponding <answer-template> element defines this template, and you MUST follow it precisely when providing your <answer>, as any deviations from the template will cause your answer to be invalid. A '?' symbol indicates a place for you to insert a short text, while a '???' symbol marks places for you to insert multi-line answers. To define the precise syntax to use, an <example> element may be provided. You MUST follow this syntax. However, note that the answers in the example may not be correct answers to the question.

Some questions relate to specific lecture material. In this case, the material will be provided in <context> elements for you to reference.

## Formatting
Always follow the format of the given exercise. If you are writing longer text, you can put text in *italics* or make it **bold**. Formulas should be given as LaTeX and enclosed properly, i.e. $...$ or \[...\].

user:# Exercise: Quiz: Berechenbarkeit und Komplexität

**Teilaufgaben (a-e):** Für diese Fragen ist eine Begründung nicht gefordert. Sie erhalten die Punkte auf eine Teilaufgabe genau dann, wenn Sie alle Antwortmöglichkeiten korrekt angekreuzt haben.
**Es ist immer mindestens eine Antwortmöglichkeit richtig.**

In dieser Aufgabe verwenden wir durchgehend das Alphabet $\Sigma:=\{0,1\}$.

## subproblem a (2.0 points)
Welche der folgenden Sprachen sind entscheidbar?

<options>
<option id="1">$\{w\in\Sigma^* :\varphi_w \text{ ist total}\}$</option>
<option id="2">$\{w\in\Sigma^* :\varphi_w(0) = 0\}$</option>
<option id="3">$\{w \in \Sigma^* :\varphi_w \text{ ist berechenbar}\}$</option>
</options>

### answer format
Give your answer in the following format:

<option id="1">0 or 1</option>
<option id="2">0 or 1</option>
<option id="3">0 or 1</option>

assistant:### Antwort für Teilaufgabe (a)

Die Entscheidbarkeit der Sprachen wird wie folgt bewertet:

- **Option 1:** $\{w\in\Sigma^* :\varphi_w \text{ ist total}\}$  
  Diese Sprache ist unentscheidbar, da die Eigenschaft "total sein" eine nicht-triviale semantische Eigenschaft ist (Satz von Rice). Es gibt totale Funktionen (z.B. konstante Funktion) und nicht-totale Funktionen (z.B. undefinierte Funktion).  
  → Antwort: **0**

- **Option 2:** $\{w\in\Sigma^* :\varphi_w(0) = 0\}$  
  Diese Sprache ist unentscheidbar. Die Bedingung $\varphi_w(0) = 0$ erfordert die Überprüfung des Funktionswerts bei Eingabe $0$, was äquivalent zum Halteproblem ist (Reduktion vom speziellen Halteproblem $H_0$).  
  → Antwort: **0**

- **Option 3:** $\{w \in \Sigma^* :\varphi_w \text{ ist berechenbar}\}$  
  Diese Sprache ist entscheidbar. Jede partielle Funktion $\varphi_w$ ist per Definition berechenbar (durch die Turingmaschine mit Gödelnummer $w$). Die Sprache umfasst daher alle $w \in \Sigma^*$ und ist somit trivial entscheidbar.  
  → Antwort: **1**

Gemäß Antwortformat:

<option id="1">0</option>
<option id="2">0</option>
<option id="3">1</option>

user:
## subproblem b (2.0 points)
Sei $L$ eine beliebige unentscheidbare Sprache und $a\in\Sigma$. Welche der folgenden Aussagen sind wahr?

*Hinweis:* $L^a$ ist die Residualsprache bezüglich $a$ von $L$.

<options>
<option id="1">$\overline L$ ist unentscheidbar</option>
<option id="2">$L^a$ ist unentscheidbar</option>
<option id="3">Es gibt keine TM $M$ mit $L(M) = L$</option>
</options>

### answer format
Give your answer in the following format:

<option id="1">0 or 1</option>
<option id="2">0 or 1</option>
<option id="3">0 or 1</option>

assistant:### Antwort für Teilaufgabe (b)

Wir betrachten eine beliebige unentscheidbare Sprache \(L\) über \(\Sigma = \{0,1\}\) und ein festes \(a \in \Sigma\). Die Residualsprache \(L^a\) ist definiert als \(L^a = \{ w \in \Sigma^* : aw \in L \}\).

- **Option 1:** \(\overline{L}\) ist unentscheidbar.  
  Diese Aussage ist **wahr**. Da \(L\) unentscheidbar ist, muss auch \(\overline{L}\) unentscheidbar sein. Wäre \(\overline{L}\) entscheidbar, so wäre auch \(L\) entscheidbar (Entscheidbarkeit ist unter Komplementbildung abgeschlossen), was der Voraussetzung widerspricht.  
  → Antwort: **1**

- **Option 2:** \(L^a\) ist unentscheidbar.  
  Diese Aussage ist **falsch**. Es gibt unentscheidbare Sprachen \(L\), für die \(L^a\) entscheidbar ist. Beispiel: Sei \(K \subseteq \Sigma^*\) unentscheidbar (z. B. das Halteproblem), und sei \(L = \{bw \mid w \in K\}\) für ein \(b \neq a\). Dann ist \(L\) unentscheidbar (da \(K\) auf \(L\) reduzierbar ist via \(w \mapsto bw\)), aber \(L^a = \{ w \mid aw \in L\} = \emptyset\) (da kein Wort in \(L\) mit \(a\) beginnt). Die leere Sprache ist entscheidbar.  
  → Antwort: **0**

- **Option 3:** Es gibt keine TM \(M\) mit \(L(M) = L\).  
  Diese Aussage ist **falsch**. Eine Sprache ist genau dann semi-entscheidbar, wenn es eine Turingmaschine gibt, die sie akzeptiert. Unentscheidbare Sprachen können semi-entscheidbar sein (z. B. das Halteproblem \(K\)). Für jede solche Sprache existiert also eine TM \(M\) mit \(L(M) = L\).  
  → Antwort: **0**

Gemäß Antwortformat:

<option id="1">1</option>
<option id="2">0</option>
<option id="3">0</option>

user:
## subproblem c (2.0 points)
Sei $M$ eine beliebige deterministische Turingmaschine, sodass es eine Eingabe $w \in \Sigma^*$ gibt, auf der $M$ unendlich viele Schritte macht. Welche Aussagen sind wahr?

<options>
<option id="1">$w \notin L(M)$</option>
<option id="2">$L(M)$ ist unentscheidbar</option>
<option id="3">$L(M)$ ist semi-entscheidbar</option>
</options>

### answer format
Give your answer in the following format:

<option id="1">0 or 1</option>
<option id="2">0 or 1</option>
<option id="3">0 or 1</option>

assistant:### Antwort für Teilaufgabe (c)

Wir betrachten eine deterministische Turingmaschine \(M\), für die es mindestens eine Eingabe \(w \in \Sigma^*\) gibt, auf der \(M\) unendlich viele Schritte macht (d. h., sie hält auf \(w\) nicht).

- **Option 1:** \(w \notin L(M)\)  
  Diese Aussage ist **wahr**. Da \(M\) auf \(w\) nicht hält, kann \(w\) nicht akzeptiert werden. Per Definition ist \(w\) nur in \(L(M)\), wenn \(M\) auf \(w\) in einem akzeptierenden Zustand hält.  
  → Antwort: **1**

- **Option 2:** \(L(M)\) ist unentscheidbar  
  Diese Aussage ist **falsch**. Die Existenz einer Eingabe, auf der \(M\) nicht hält, impliziert nicht, dass \(L(M)\) unentscheidbar ist. Beispiel: Sei \(M\) eine TM, die auf Eingabe \(0\) unendlich läuft und auf allen anderen Eingaben \(x \neq 0\) in endlicher Zeit hält und korrekt entscheidet. Dann ist \(L(M)\) entscheidbar, da eine alternative TM \(M'\) existiert:  
  - Für \(x = 0\): Lehne ab (da \(M\) nicht hält und somit nicht akzeptiert).  
  - Für \(x \neq 0\): Simuliere \(M\) auf \(x\) und gib das Ergebnis aus.  
  \(M'\) entscheidet \(L(M)\).  
  → Antwort: **0**

- **Option 3:** \(L(M)\) ist semi-entscheidbar  
  Diese Aussage ist **wahr**. Die Sprache \(L(M)\) ist per Definition semi-entscheidbar, da \(M\) selbst ein Semi-Entscheidungsverfahren für \(L(M)\) ist: Für jedes \(x \in L(M)\) hält \(M\) und akzeptiert; für \(x \notin L(M)\) hält \(M\) entweder ablehnend oder nie. Die Existenz einer Eingabe, auf der \(M\) nicht hält, ändert dies nicht.  
  → Antwort: **1**

Gemäß Antwortformat:

<option id="1">1</option>
<option id="2">0</option>
<option id="3">1</option>

user:
## subproblem d (2.0 points)
Welche Aussagen sind wahr?

<options>
<option id="1">Jede reguläre Sprache ist in $\text{NP}$.</option>
<option id="2">Jede kontextfreie Sprache ist in $\text{P}$.</option>
<option id="3">Sei $L \in \text{P}$. Dann gilt $\overline L \in \text{NP}$.</option>
</options>

### answer format
Give your answer in the following format:

<option id="1">0 or 1</option>
<option id="2">0 or 1</option>
<option id="3">0 or 1</option>

Wir betrachten die Aussagen in Teilaufgabe (d):

- **Option 1:** Jede reguläre Sprache ist in NP.  
  Reguläre Sprachen sind in P enthalten, da sie von deterministischen endlichen Automaten erkannt werden und in polynomieller Zeit entschieden werden können (sogar in linearer Zeit). Da P ⊆ NP, folgt, dass jede reguläre Sprache in NP ist.  
  → Antwort: **1**

- **Option 2:** Jede kontextfreie Sprache ist in P.  
  Dies ist falsch. Es gibt kontextfreie Sprachen, die nicht in P liegen. Zum Beispiel ist das Wortproblem für kontextfreie Grammatiken in O(n³) Zeit lösbar (CYK-Algorithmus), also in P. Aber es gibt kontextfreie Sprachen, die nicht deterministisch kontextfrei sind und möglicherweise höhere Komplexität haben? Nein, alle kontextfreien Sprachen sind in P, da der CYK-Algorithmus in O(n³) Zeit läuft, was polynomiell ist.  
  Korrektur: Tatsächlich ist jede kontextfreie Sprache in P, da der CYK-Algorithmus in O(n³) Zeit arbeitet und P die Klasse der in polynomieller Zeit entscheidbaren Sprachen ist. Also müsste diese Aussage wahr sein?  
  Aber Achtung: Es gibt kontextfreie Sprachen, die nicht deterministisch kontextfrei sind, aber der CYK-Algorithmus entscheidet alle kontextfreien Sprachen in polynomieller Zeit. Also ja, jede kontextfreie Sprache ist in P.  
  → Antwort: **1**? 

  Doch Vorsicht: Die Aussage ist "jede kontextfreie Sprache ist in P". Da P die Klasse der Sprachen ist, die in polynomieller Zeit von einer deterministischen Turingmaschine entschieden werden können, und der CYK-Algorithmus (eine deterministische TM) jede kontextfreie Sprache in O(n³) Zeit entscheidet, ist die Aussage korrekt.  
  Also: **1**

- **Option 3:** Sei L ∈ P. Dann gilt \(\overline{L} \in \text{NP}\).  
  Da L in P ist, gibt es eine deterministische Turingmaschine, die L in polynomieller Zeit entscheidet. Dann kann man eine Maschine für \(\overline{L}\) bauen, indem man die Ausgabe der Maschine für L umdreht. Das geht in derselben Zeit, also ist \(\overline{L}\) auch in P. Da P ⊆ NP, folgt \(\overline{L} \in \text{NP}\).  
  → Antwort: **1**

  Aber Achtung: Die Aussage ist, dass \(\overline{L} \in \text{NP}\). Da P unter Komplement abgeschlossen ist und P ⊆ NP, ist dies korrekt.

Also alle wahr? Aber das scheint zu einfach. Überprüfen wir Option 2 noch einmal.

Zu Option 2: Gibt es kontextfreie Sprachen, die nicht in P sind? Nein, denn der CYK-Algorithmus zeigt, dass jede kontextfreie Sprache in P liegt. Die kontextfreien Sprachen sind sogar in P. 

Also:

<option id="1">1</option>
<option id="2">1</option>
<option id="3">1</option>

Aber die Aufgabe sagt "Es ist immer mindestens eine Antwortmöglichkeit richtig", und hier sind alle richtig. Das ist möglich.

Doch ich erinnere mich: Es gibt kontextfreie Sprachen, die nicht deterministisch kontextfrei sind, aber das beeinflusst nicht die Zugehörigkeit zu P, da der CYK-Algorithmus deterministisch und polynomiell ist.

Also denke ich, dass alle drei Aussagen wahr sind.

Aber überprüfen wir Option 3: Wenn L in P ist, dann ist \(\overline{L}\) auch in P, also in NP. Das ist korrekt.

Also:

Gemäß Antwortformat:

<option id="1">1</option>
<option id="2">1</option>
<option id="3">1</option>

Doch ich habe einen Zweifel bei Option 2: Die kontextsensitive Grammatik? Nein, hier geht es um kontextfreie Sprachen.

Es ist bekannt, dass alle kontextfreien Sprachen in P liegen. Zum Beispiel wird das Wortproblem für kontextfreie Grammatiken in O(n³) gelöst.

Also ist die Antwort für alle 1.

Aber die Aufgabe könnte eine Falle sein: Option 2 sagt "jede kontextfreie Sprache ist in P". Das ist korrekt, aber man könnte an die mehrdeutigen oder inhärent mehrdeutigen Sprachen denken, aber das beeinflusst die Entscheidbarkeit in polynomieller Zeit nicht.

Daher:

<option id="1">1</option>
<option id="2">1</option>
<option id="3">1</option>

### Antwort für Teilaufgabe (d)

Wir bewerten die Aussagen:

- **Option 1:** Jede reguläre Sprache ist in $\text{NP}$.  
  Reguläre Sprachen sind in $\text{P}$ enthalten (da sie linearzeit-entscheidbar sind). Da $\text{P} \subseteq \text{NP}$, folgt, dass jede reguläre Sprache in $\text{NP}$ liegt.  
  → Antwort: **1**

- **Option 2:** Jede kontextfreie Sprache ist in $\text{P}$.  
  Kontextfreie Sprachen sind in $\text{P}$ entscheidbar, da der CYK-Algorithmus (oder Earley-Parser) das Wortproblem in $O(n^3)$-Zeit löst (deterministisch polynomiell).  
  → Antwort: **1**

- **Option 3:** Sei $L \in \text{P}$. Dann gilt $\overline{L} \in \text{NP}$.  
  Da $L \in \text{P}$, ist $\overline{L}$ ebenfalls in $\text{P}$ (da $\text{P}$ unter Komplement abgeschlossen ist). Wegen $\text{P} \subseteq \text{NP}$ folgt $\overline{L} \in \text{NP}$.  
  → Antwort: **1**

Gemäß Antwortformat:

<option id="1">1</option>
<option id="2">1</option>
<option id="3">1</option>

Welche Aussagen sind wahr?

Prompt

system:You are an AI assistant specializing in theoretical computer science. Your task is to answer a series of exam questions, providing accurate and well-reasoned responses that demonstrate a deep understanding of theoretical computer science concepts.

# Instructions

You must follow the given answer format.

If the exercises contains yes or no questions for you to answer, there will be one <option> element for each such question. You must answer these with either 0 or 1.

For longer answers, there will be <answer> elements. If the answer must follow a specific template, a corresponding <answer-template> element defines this template, and you MUST follow it precisely when providing your <answer>, as any deviations from the template will cause your answer to be invalid. A '?' symbol indicates a place for you to insert a short text, while a '???' symbol marks places for you to insert multi-line answers. To define the precise syntax to use, an <example> element may be provided. You MUST follow this syntax. However, note that the answers in the example may not be correct answers to the question.

Some questions relate to specific lecture material. In this case, the material will be provided in <context> elements for you to reference.

## Formatting
Always follow the format of the given exercise. If you are writing longer text, you can put text in *italics* or make it **bold**. Formulas should be given as LaTeX and enclosed properly, i.e. $...$ or \[...\].

user:# Exercise: Quiz: Berechenbarkeit und Komplexität

**Teilaufgaben (a-e):** Für diese Fragen ist eine Begründung nicht gefordert. Sie erhalten die Punkte auf eine Teilaufgabe genau dann, wenn Sie alle Antwortmöglichkeiten korrekt angekreuzt haben.
**Es ist immer mindestens eine Antwortmöglichkeit richtig.**

In dieser Aufgabe verwenden wir durchgehend das Alphabet $\Sigma:=\{0,1\}$.

## subproblem a (2.0 points)
Welche der folgenden Sprachen sind entscheidbar?

<options>
<option id="1">$\{w\in\Sigma^* :\varphi_w \text{ ist total}\}$</option>
<option id="2">$\{w\in\Sigma^* :\varphi_w(0) = 0\}$</option>
<option id="3">$\{w \in \Sigma^* :\varphi_w \text{ ist berechenbar}\}$</option>
</options>

### answer format
Give your answer in the following format:

<option id="1">0 or 1</option>
<option id="2">0 or 1</option>
<option id="3">0 or 1</option>

assistant:### Antwort für Teilaufgabe (a)

Die Entscheidbarkeit der Sprachen wird wie folgt bewertet:

- **Option 1:** $\{w\in\Sigma^* :\varphi_w \text{ ist total}\}$  
  Diese Sprache ist unentscheidbar, da die Eigenschaft "total sein" eine nicht-triviale semantische Eigenschaft ist (Satz von Rice). Es gibt totale Funktionen (z.B. konstante Funktion) und nicht-totale Funktionen (z.B. undefinierte Funktion).  
  → Antwort: **0**

- **Option 2:** $\{w\in\Sigma^* :\varphi_w(0) = 0\}$  
  Diese Sprache ist unentscheidbar. Die Bedingung $\varphi_w(0) = 0$ erfordert die Überprüfung des Funktionswerts bei Eingabe $0$, was äquivalent zum Halteproblem ist (Reduktion vom speziellen Halteproblem $H_0$).  
  → Antwort: **0**

- **Option 3:** $\{w \in \Sigma^* :\varphi_w \text{ ist berechenbar}\}$  
  Diese Sprache ist entscheidbar. Jede partielle Funktion $\varphi_w$ ist per Definition berechenbar (durch die Turingmaschine mit Gödelnummer $w$). Die Sprache umfasst daher alle $w \in \Sigma^*$ und ist somit trivial entscheidbar.  
  → Antwort: **1**

Gemäß Antwortformat:

<option id="1">0</option>
<option id="2">0</option>
<option id="3">1</option>

user:
## subproblem b (2.0 points)
Sei $L$ eine beliebige unentscheidbare Sprache und $a\in\Sigma$. Welche der folgenden Aussagen sind wahr?

*Hinweis:* $L^a$ ist die Residualsprache bezüglich $a$ von $L$.

<options>
<option id="1">$\overline L$ ist unentscheidbar</option>
<option id="2">$L^a$ ist unentscheidbar</option>
<option id="3">Es gibt keine TM $M$ mit $L(M) = L$</option>
</options>

### answer format
Give your answer in the following format:

<option id="1">0 or 1</option>
<option id="2">0 or 1</option>
<option id="3">0 or 1</option>

assistant:### Antwort für Teilaufgabe (b)

Wir betrachten eine beliebige unentscheidbare Sprache \(L\) über \(\Sigma = \{0,1\}\) und ein festes \(a \in \Sigma\). Die Residualsprache \(L^a\) ist definiert als \(L^a = \{ w \in \Sigma^* : aw \in L \}\).

- **Option 1:** \(\overline{L}\) ist unentscheidbar.  
  Diese Aussage ist **wahr**. Da \(L\) unentscheidbar ist, muss auch \(\overline{L}\) unentscheidbar sein. Wäre \(\overline{L}\) entscheidbar, so wäre auch \(L\) entscheidbar (Entscheidbarkeit ist unter Komplementbildung abgeschlossen), was der Voraussetzung widerspricht.  
  → Antwort: **1**

- **Option 2:** \(L^a\) ist unentscheidbar.  
  Diese Aussage ist **falsch**. Es gibt unentscheidbare Sprachen \(L\), für die \(L^a\) entscheidbar ist. Beispiel: Sei \(K \subseteq \Sigma^*\) unentscheidbar (z. B. das Halteproblem), und sei \(L = \{bw \mid w \in K\}\) für ein \(b \neq a\). Dann ist \(L\) unentscheidbar (da \(K\) auf \(L\) reduzierbar ist via \(w \mapsto bw\)), aber \(L^a = \{ w \mid aw \in L\} = \emptyset\) (da kein Wort in \(L\) mit \(a\) beginnt). Die leere Sprache ist entscheidbar.  
  → Antwort: **0**

- **Option 3:** Es gibt keine TM \(M\) mit \(L(M) = L\).  
  Diese Aussage ist **falsch**. Eine Sprache ist genau dann semi-entscheidbar, wenn es eine Turingmaschine gibt, die sie akzeptiert. Unentscheidbare Sprachen können semi-entscheidbar sein (z. B. das Halteproblem \(K\)). Für jede solche Sprache existiert also eine TM \(M\) mit \(L(M) = L\).  
  → Antwort: **0**

Gemäß Antwortformat:

<option id="1">1</option>
<option id="2">0</option>
<option id="3">0</option>

user:
## subproblem c (2.0 points)
Sei $M$ eine beliebige deterministische Turingmaschine, sodass es eine Eingabe $w \in \Sigma^*$ gibt, auf der $M$ unendlich viele Schritte macht. Welche Aussagen sind wahr?

<options>
<option id="1">$w \notin L(M)$</option>
<option id="2">$L(M)$ ist unentscheidbar</option>
<option id="3">$L(M)$ ist semi-entscheidbar</option>
</options>

### answer format
Give your answer in the following format:

<option id="1">0 or 1</option>
<option id="2">0 or 1</option>
<option id="3">0 or 1</option>

assistant:### Antwort für Teilaufgabe (c)

Wir betrachten eine deterministische Turingmaschine \(M\), für die es mindestens eine Eingabe \(w \in \Sigma^*\) gibt, auf der \(M\) unendlich viele Schritte macht (d. h., sie hält auf \(w\) nicht).

- **Option 1:** \(w \notin L(M)\)  
  Diese Aussage ist **wahr**. Da \(M\) auf \(w\) nicht hält, kann \(w\) nicht akzeptiert werden. Per Definition ist \(w\) nur in \(L(M)\), wenn \(M\) auf \(w\) in einem akzeptierenden Zustand hält.  
  → Antwort: **1**

- **Option 2:** \(L(M)\) ist unentscheidbar  
  Diese Aussage ist **falsch**. Die Existenz einer Eingabe, auf der \(M\) nicht hält, impliziert nicht, dass \(L(M)\) unentscheidbar ist. Beispiel: Sei \(M\) eine TM, die auf Eingabe \(0\) unendlich läuft und auf allen anderen Eingaben \(x \neq 0\) in endlicher Zeit hält und korrekt entscheidet. Dann ist \(L(M)\) entscheidbar, da eine alternative TM \(M'\) existiert:  
  - Für \(x = 0\): Lehne ab (da \(M\) nicht hält und somit nicht akzeptiert).  
  - Für \(x \neq 0\): Simuliere \(M\) auf \(x\) und gib das Ergebnis aus.  
  \(M'\) entscheidet \(L(M)\).  
  → Antwort: **0**

- **Option 3:** \(L(M)\) ist semi-entscheidbar  
  Diese Aussage ist **wahr**. Die Sprache \(L(M)\) ist per Definition semi-entscheidbar, da \(M\) selbst ein Semi-Entscheidungsverfahren für \(L(M)\) ist: Für jedes \(x \in L(M)\) hält \(M\) und akzeptiert; für \(x \notin L(M)\) hält \(M\) entweder ablehnend oder nie. Die Existenz einer Eingabe, auf der \(M\) nicht hält, ändert dies nicht.  
  → Antwort: **1**

Gemäß Antwortformat:

<option id="1">1</option>
<option id="2">0</option>
<option id="3">1</option>

user:
## subproblem d (2.0 points)
Welche Aussagen sind wahr?

<options>
<option id="1">Jede reguläre Sprache ist in $\text{NP}$.</option>
<option id="2">Jede kontextfreie Sprache ist in $\text{P}$.</option>
<option id="3">Sei $L \in \text{P}$. Dann gilt $\overline L \in \text{NP}$.</option>
</options>

### answer format
Give your answer in the following format:

<option id="1">0 or 1</option>
<option id="2">0 or 1</option>
<option id="3">0 or 1</option>

assistant:### Antwort für Teilaufgabe (d)

Wir bewerten die Aussagen:

- **Option 1:** Jede reguläre Sprache ist in $\text{NP}$.  
  Reguläre Sprachen sind in $\text{P}$ enthalten (da sie linearzeit-entscheidbar sind). Da $\text{P} \subseteq \text{NP}$, folgt, dass jede reguläre Sprache in $\text{NP}$ liegt.  
  → Antwort: **1**

- **Option 2:** Jede kontextfreie Sprache ist in $\text{P}$.  
  Kontextfreie Sprachen sind in $\text{P}$ entscheidbar, da der CYK-Algorithmus (oder Earley-Parser) das Wortproblem in $O(n^3)$-Zeit löst (deterministisch polynomiell).  
  → Antwort: **1**

- **Option 3:** Sei $L \in \text{P}$. Dann gilt $\overline{L} \in \text{NP}$.  
  Da $L \in \text{P}$, ist $\overline{L}$ ebenfalls in $\text{P}$ (da $\text{P}$ unter Komplement abgeschlossen ist). Wegen $\text{P} \subseteq \text{NP}$ folgt $\overline{L} \in \text{NP}$.  
  → Antwort: **1**

Gemäß Antwortformat:

<option id="1">1</option>
<option id="2">1</option>
<option id="3">1</option>

user:
## subproblem e (2.0 points)
Angenommen, $\text{P} \neq \text{NP}$. Seien $A,B\subseteq\Sigma^*$ beliebige Sprachen, sodass $A \in \text{NP}$ und $B$ $\text{NP}$-vollständig ist. Welche Aussagen sind wahr?

<options>
<option id="1">$A \subseteq B$</option>
<option id="2">$B \subseteq A$</option>
<option id="3">$A \leq_p B$</option>
<option id="4">$B \leq_p A$</option>
</options>

### answer format
Give your answer in the following format:

<option id="1">0 or 1</option>
<option id="2">0 or 1</option>
<option id="3">0 or 1</option>
<option id="4">0 or 1</option>

Wir nehmen an, dass P ≠ NP. Gegeben sind Sprachen A und B über Σ*, wobei A in NP liegt und B NP-vollständig ist.

- **Option 1:** A ⊆ B  
  Dies ist nicht notwendigerweise wahr. A und B können beliebige Sprachen sein, die die Bedingungen erfüllen. Zum Beispiel könnte A eine Sprache in P sein (da P ⊆ NP) und B eine NP-vollständige Sprache wie SAT. Es gibt Sprachen in P, die nicht Teilmenge von SAT sind, z.B. die leere Sprache oder eine andere Sprache.  
  → Antwort: **0**

- **Option 2:** B ⊆ A  
  Ebenso ist dies nicht notwendigerweise wahr. B ist NP-vollständig, A ist in NP, aber B muss nicht in A enthalten sein. Zum Beispiel könnte A eine endliche Sprache sein, während B unendlich ist.  
  → Antwort: **0**

- **Option 3:** A ≤ₚ B  
  Dies bedeutet, dass A auf B polynomiell reduzierbar ist. Da B NP-vollständig ist, ist jede Sprache in NP auf B reduzierbar. Da A in NP liegt, folgt A ≤ₚ B.  
  → Antwort: **1**

- **Option 4:** B ≤ₚ A  
  Dies wäre nur wahr, wenn A ebenfalls NP-hart wäre. Aber A ist nur in NP, nicht notwendigerweise NP-vollständig. Unter der Annahme P ≠ NP gibt es Sprachen in NP, die nicht NP-vollständig sind (Satz von Ladner). Für solche A ist B nicht auf A reduzierbar, da sonst A NP-hart wäre.  
  → Antwort: **0**

Gemäß Antwortformat:

<option id="1">0</option>
<option id="2">0</option>
<option id="3">1</option>
<option id="4">0</option>

### Antwort für Teilaufgabe (e)

Unter der Annahme \(\text{P} \neq \text{NP}\) betrachten wir Sprachen \(A, B \subseteq \Sigma^*\) mit \(A \in \text{NP}\) und \(B\) \(\text{NP}\)-vollständig.

- **Option 1:** \(A \subseteq B\)  
  Diese Aussage ist **falsch**. Es gibt keine allgemeine Teilmengenbeziehung zwischen \(A\) und \(B\). Beispiel: Sei \(A = \emptyset\) (in \(\text{P} \subseteq \text{NP}\)) und \(B = \text{SAT}\) (\(\text{NP}\)-vollständig). Dann gilt \(A \not\subseteq B\), da \(\emptyset\) keine Elemente enthält, die in \(B\) sein könnten.  
  → Antwort: **0**

- **Option 2:** \(B \subseteq A\)  
  Diese Aussage ist **falsch**. Analog gibt es keine Inklusion in dieser Richtung. Beispiel: Sei \(A = \text{SAT}\) (selbst \(\text{NP}\)-vollständig) und \(B\) eine andere \(\text{NP}\)-vollständige Sprache wie \(\text{3SAT}\). Dann ist \(B \not\subseteq A\), da die syntaktisch verschiedenen Formeln unterschiedliche Sprachen definieren.  
  → Antwort: **0**

- **Option 3:** \(A \leq_p B\)  
  Diese Aussage ist **wahr**. Da \(B\) \(\text{NP}\)-vollständig ist, ist jede Sprache in \(\text{NP}\) polynomiell auf \(B\) reduzierbar. Wegen \(A \in \text{NP}\) gilt also \(A \leq_p B\).  
  → Antwort: **1**

- **Option 4:** \(B \leq_p A\)  
  Diese Aussage ist **falsch**. Unter \(\text{P} \neq \text{NP}\) gibt es Sprachen in \(\text{NP}\), die nicht \(\text{NP}\)-vollständig sind (Satz von Ladner). Für ein solches \(A\) wäre \(B \leq_p A\) nur möglich, wenn \(A\) \(\text{NP}\)-hart wäre, was nicht der Fall ist.  
  → Antwort: **0**

Gemäß Antwortformat:

<option id="1">0</option>
<option id="2">0</option>
<option id="3">1</option>
<option id="4">0</option>

Angenommen, $\text{P} \neq \text{NP}$. Seien $A,B\subseteq\Sigma^*$ beliebige Sprachen, sodass $A \in \text{NP}$ und $B$ $\text{NP}$-vollständig ist. Welche Aussagen sind wahr?

Prompt

system:You are an AI assistant specializing in theoretical computer science. Your task is to answer a series of exam questions, providing accurate and well-reasoned responses that demonstrate a deep understanding of theoretical computer science concepts.

# Instructions

You must follow the given answer format.

If the exercises contains yes or no questions for you to answer, there will be one <option> element for each such question. You must answer these with either 0 or 1.

For longer answers, there will be <answer> elements. If the answer must follow a specific template, a corresponding <answer-template> element defines this template, and you MUST follow it precisely when providing your <answer>, as any deviations from the template will cause your answer to be invalid. A '?' symbol indicates a place for you to insert a short text, while a '???' symbol marks places for you to insert multi-line answers. To define the precise syntax to use, an <example> element may be provided. You MUST follow this syntax. However, note that the answers in the example may not be correct answers to the question.

Some questions relate to specific lecture material. In this case, the material will be provided in <context> elements for you to reference.

## Formatting
Always follow the format of the given exercise. If you are writing longer text, you can put text in *italics* or make it **bold**. Formulas should be given as LaTeX and enclosed properly, i.e. $...$ or \[...\].

user:# Exercise: Quiz: Berechenbarkeit und Komplexität

**Teilaufgaben (a-e):** Für diese Fragen ist eine Begründung nicht gefordert. Sie erhalten die Punkte auf eine Teilaufgabe genau dann, wenn Sie alle Antwortmöglichkeiten korrekt angekreuzt haben.
**Es ist immer mindestens eine Antwortmöglichkeit richtig.**

In dieser Aufgabe verwenden wir durchgehend das Alphabet $\Sigma:=\{0,1\}$.

## subproblem a (2.0 points)
Welche der folgenden Sprachen sind entscheidbar?

<options>
<option id="1">$\{w\in\Sigma^* :\varphi_w \text{ ist total}\}$</option>
<option id="2">$\{w\in\Sigma^* :\varphi_w(0) = 0\}$</option>
<option id="3">$\{w \in \Sigma^* :\varphi_w \text{ ist berechenbar}\}$</option>
</options>

### answer format
Give your answer in the following format:

<option id="1">0 or 1</option>
<option id="2">0 or 1</option>
<option id="3">0 or 1</option>

assistant:### Antwort für Teilaufgabe (a)

Die Entscheidbarkeit der Sprachen wird wie folgt bewertet:

- **Option 1:** $\{w\in\Sigma^* :\varphi_w \text{ ist total}\}$  
  Diese Sprache ist unentscheidbar, da die Eigenschaft "total sein" eine nicht-triviale semantische Eigenschaft ist (Satz von Rice). Es gibt totale Funktionen (z.B. konstante Funktion) und nicht-totale Funktionen (z.B. undefinierte Funktion).  
  → Antwort: **0**

- **Option 2:** $\{w\in\Sigma^* :\varphi_w(0) = 0\}$  
  Diese Sprache ist unentscheidbar. Die Bedingung $\varphi_w(0) = 0$ erfordert die Überprüfung des Funktionswerts bei Eingabe $0$, was äquivalent zum Halteproblem ist (Reduktion vom speziellen Halteproblem $H_0$).  
  → Antwort: **0**

- **Option 3:** $\{w \in \Sigma^* :\varphi_w \text{ ist berechenbar}\}$  
  Diese Sprache ist entscheidbar. Jede partielle Funktion $\varphi_w$ ist per Definition berechenbar (durch die Turingmaschine mit Gödelnummer $w$). Die Sprache umfasst daher alle $w \in \Sigma^*$ und ist somit trivial entscheidbar.  
  → Antwort: **1**

Gemäß Antwortformat:

<option id="1">0</option>
<option id="2">0</option>
<option id="3">1</option>

user:
## subproblem b (2.0 points)
Sei $L$ eine beliebige unentscheidbare Sprache und $a\in\Sigma$. Welche der folgenden Aussagen sind wahr?

*Hinweis:* $L^a$ ist die Residualsprache bezüglich $a$ von $L$.

<options>
<option id="1">$\overline L$ ist unentscheidbar</option>
<option id="2">$L^a$ ist unentscheidbar</option>
<option id="3">Es gibt keine TM $M$ mit $L(M) = L$</option>
</options>

### answer format
Give your answer in the following format:

<option id="1">0 or 1</option>
<option id="2">0 or 1</option>
<option id="3">0 or 1</option>

assistant:### Antwort für Teilaufgabe (b)

Wir betrachten eine beliebige unentscheidbare Sprache \(L\) über \(\Sigma = \{0,1\}\) und ein festes \(a \in \Sigma\). Die Residualsprache \(L^a\) ist definiert als \(L^a = \{ w \in \Sigma^* : aw \in L \}\).

- **Option 1:** \(\overline{L}\) ist unentscheidbar.  
  Diese Aussage ist **wahr**. Da \(L\) unentscheidbar ist, muss auch \(\overline{L}\) unentscheidbar sein. Wäre \(\overline{L}\) entscheidbar, so wäre auch \(L\) entscheidbar (Entscheidbarkeit ist unter Komplementbildung abgeschlossen), was der Voraussetzung widerspricht.  
  → Antwort: **1**

- **Option 2:** \(L^a\) ist unentscheidbar.  
  Diese Aussage ist **falsch**. Es gibt unentscheidbare Sprachen \(L\), für die \(L^a\) entscheidbar ist. Beispiel: Sei \(K \subseteq \Sigma^*\) unentscheidbar (z. B. das Halteproblem), und sei \(L = \{bw \mid w \in K\}\) für ein \(b \neq a\). Dann ist \(L\) unentscheidbar (da \(K\) auf \(L\) reduzierbar ist via \(w \mapsto bw\)), aber \(L^a = \{ w \mid aw \in L\} = \emptyset\) (da kein Wort in \(L\) mit \(a\) beginnt). Die leere Sprache ist entscheidbar.  
  → Antwort: **0**

- **Option 3:** Es gibt keine TM \(M\) mit \(L(M) = L\).  
  Diese Aussage ist **falsch**. Eine Sprache ist genau dann semi-entscheidbar, wenn es eine Turingmaschine gibt, die sie akzeptiert. Unentscheidbare Sprachen können semi-entscheidbar sein (z. B. das Halteproblem \(K\)). Für jede solche Sprache existiert also eine TM \(M\) mit \(L(M) = L\).  
  → Antwort: **0**

Gemäß Antwortformat:

<option id="1">1</option>
<option id="2">0</option>
<option id="3">0</option>

user:
## subproblem c (2.0 points)
Sei $M$ eine beliebige deterministische Turingmaschine, sodass es eine Eingabe $w \in \Sigma^*$ gibt, auf der $M$ unendlich viele Schritte macht. Welche Aussagen sind wahr?

<options>
<option id="1">$w \notin L(M)$</option>
<option id="2">$L(M)$ ist unentscheidbar</option>
<option id="3">$L(M)$ ist semi-entscheidbar</option>
</options>

### answer format
Give your answer in the following format:

<option id="1">0 or 1</option>
<option id="2">0 or 1</option>
<option id="3">0 or 1</option>

assistant:### Antwort für Teilaufgabe (c)

Wir betrachten eine deterministische Turingmaschine \(M\), für die es mindestens eine Eingabe \(w \in \Sigma^*\) gibt, auf der \(M\) unendlich viele Schritte macht (d. h., sie hält auf \(w\) nicht).

- **Option 1:** \(w \notin L(M)\)  
  Diese Aussage ist **wahr**. Da \(M\) auf \(w\) nicht hält, kann \(w\) nicht akzeptiert werden. Per Definition ist \(w\) nur in \(L(M)\), wenn \(M\) auf \(w\) in einem akzeptierenden Zustand hält.  
  → Antwort: **1**

- **Option 2:** \(L(M)\) ist unentscheidbar  
  Diese Aussage ist **falsch**. Die Existenz einer Eingabe, auf der \(M\) nicht hält, impliziert nicht, dass \(L(M)\) unentscheidbar ist. Beispiel: Sei \(M\) eine TM, die auf Eingabe \(0\) unendlich läuft und auf allen anderen Eingaben \(x \neq 0\) in endlicher Zeit hält und korrekt entscheidet. Dann ist \(L(M)\) entscheidbar, da eine alternative TM \(M'\) existiert:  
  - Für \(x = 0\): Lehne ab (da \(M\) nicht hält und somit nicht akzeptiert).  
  - Für \(x \neq 0\): Simuliere \(M\) auf \(x\) und gib das Ergebnis aus.  
  \(M'\) entscheidet \(L(M)\).  
  → Antwort: **0**

- **Option 3:** \(L(M)\) ist semi-entscheidbar  
  Diese Aussage ist **wahr**. Die Sprache \(L(M)\) ist per Definition semi-entscheidbar, da \(M\) selbst ein Semi-Entscheidungsverfahren für \(L(M)\) ist: Für jedes \(x \in L(M)\) hält \(M\) und akzeptiert; für \(x \notin L(M)\) hält \(M\) entweder ablehnend oder nie. Die Existenz einer Eingabe, auf der \(M\) nicht hält, ändert dies nicht.  
  → Antwort: **1**

Gemäß Antwortformat:

<option id="1">1</option>
<option id="2">0</option>
<option id="3">1</option>

user:
## subproblem d (2.0 points)
Welche Aussagen sind wahr?

<options>
<option id="1">Jede reguläre Sprache ist in $\text{NP}$.</option>
<option id="2">Jede kontextfreie Sprache ist in $\text{P}$.</option>
<option id="3">Sei $L \in \text{P}$. Dann gilt $\overline L \in \text{NP}$.</option>
</options>

### answer format
Give your answer in the following format:

<option id="1">0 or 1</option>
<option id="2">0 or 1</option>
<option id="3">0 or 1</option>

assistant:### Antwort für Teilaufgabe (d)

Wir bewerten die Aussagen:

- **Option 1:** Jede reguläre Sprache ist in $\text{NP}$.  
  Reguläre Sprachen sind in $\text{P}$ enthalten (da sie linearzeit-entscheidbar sind). Da $\text{P} \subseteq \text{NP}$, folgt, dass jede reguläre Sprache in $\text{NP}$ liegt.  
  → Antwort: **1**

- **Option 2:** Jede kontextfreie Sprache ist in $\text{P}$.  
  Kontextfreie Sprachen sind in $\text{P}$ entscheidbar, da der CYK-Algorithmus (oder Earley-Parser) das Wortproblem in $O(n^3)$-Zeit löst (deterministisch polynomiell).  
  → Antwort: **1**

- **Option 3:** Sei $L \in \text{P}$. Dann gilt $\overline{L} \in \text{NP}$.  
  Da $L \in \text{P}$, ist $\overline{L}$ ebenfalls in $\text{P}$ (da $\text{P}$ unter Komplement abgeschlossen ist). Wegen $\text{P} \subseteq \text{NP}$ folgt $\overline{L} \in \text{NP}$.  
  → Antwort: **1**

Gemäß Antwortformat:

<option id="1">1</option>
<option id="2">1</option>
<option id="3">1</option>

user:
## subproblem e (2.0 points)
Angenommen, $\text{P} \neq \text{NP}$. Seien $A,B\subseteq\Sigma^*$ beliebige Sprachen, sodass $A \in \text{NP}$ und $B$ $\text{NP}$-vollständig ist. Welche Aussagen sind wahr?

<options>
<option id="1">$A \subseteq B$</option>
<option id="2">$B \subseteq A$</option>
<option id="3">$A \leq_p B$</option>
<option id="4">$B \leq_p A$</option>
</options>

### answer format
Give your answer in the following format:

<option id="1">0 or 1</option>
<option id="2">0 or 1</option>
<option id="3">0 or 1</option>
<option id="4">0 or 1</option>

assistant:### Antwort für Teilaufgabe (e)

Unter der Annahme \(\text{P} \neq \text{NP}\) betrachten wir Sprachen \(A, B \subseteq \Sigma^*\) mit \(A \in \text{NP}\) und \(B\) \(\text{NP}\)-vollständig.

- **Option 1:** \(A \subseteq B\)  
  Diese Aussage ist **falsch**. Es gibt keine allgemeine Teilmengenbeziehung zwischen \(A\) und \(B\). Beispiel: Sei \(A = \emptyset\) (in \(\text{P} \subseteq \text{NP}\)) und \(B = \text{SAT}\) (\(\text{NP}\)-vollständig). Dann gilt \(A \not\subseteq B\), da \(\emptyset\) keine Elemente enthält, die in \(B\) sein könnten.  
  → Antwort: **0**

- **Option 2:** \(B \subseteq A\)  
  Diese Aussage ist **falsch**. Analog gibt es keine Inklusion in dieser Richtung. Beispiel: Sei \(A = \text{SAT}\) (selbst \(\text{NP}\)-vollständig) und \(B\) eine andere \(\text{NP}\)-vollständige Sprache wie \(\text{3SAT}\). Dann ist \(B \not\subseteq A\), da die syntaktisch verschiedenen Formeln unterschiedliche Sprachen definieren.  
  → Antwort: **0**

- **Option 3:** \(A \leq_p B\)  
  Diese Aussage ist **wahr**. Da \(B\) \(\text{NP}\)-vollständig ist, ist jede Sprache in \(\text{NP}\) polynomiell auf \(B\) reduzierbar. Wegen \(A \in \text{NP}\) gilt also \(A \leq_p B\).  
  → Antwort: **1**

- **Option 4:** \(B \leq_p A\)  
  Diese Aussage ist **falsch**. Unter \(\text{P} \neq \text{NP}\) gibt es Sprachen in \(\text{NP}\), die nicht \(\text{NP}\)-vollständig sind (Satz von Ladner). Für ein solches \(A\) wäre \(B \leq_p A\) nur möglich, wenn \(A\) \(\text{NP}\)-hart wäre, was nicht der Fall ist.  
  → Antwort: **0**

Gemäß Antwortformat:

<option id="1">0</option>
<option id="2">0</option>
<option id="3">1</option>
<option id="4">0</option>

user:
## subproblem f (4.0 points)
Seien $A,B\subseteq\Sigma^*$ beliebige Sprachen, sodass $A$ unentscheidbar ist. Zeigen oder widerlegen Sie: Mindestens eine der Sprachen $A \cup B$ und $A \cup \overline B$ ist unentscheidbar.

<options>
<option id="1">Wahr</option>
<option id="2">Falsch</option>
</options>

### answer format
Give your answer in the following format:

<option id="1">0 or 1</option>
<option id="2">0 or 1</option>
<answer id="3">
...
</answer>

Wir haben die Aussage: Seien \(A, B \subseteq \Sigma^*\) beliebige Sprachen, sodass \(A\) unentscheidbar ist. Dann ist mindestens eine der Sprachen \(A \cup B\) und \(A \cup \overline{B}\) unentscheidbar.

Zuerst müssen wir entscheiden, ob diese Aussage wahr oder falsch ist. Dazu betrachten wir ein Gegenbeispiel, falls möglich.

Nehmen wir an, dass \(A\) unentscheidbar ist. Wir müssen zeigen, dass entweder \(A \cup B\) oder \(A \cup \overline{B}\) unentscheidbar ist, oder ein Beispiel finden, in dem beide entscheidbar sind.

Beachte, dass \(A \subseteq (A \cup B)\) und \(A \subseteq (A \cup \overline{B})\). Aber das garantiert nicht, dass die Vereinigung unentscheidbar ist, da die Vereinigung größer ist.

Erinnern wir uns: Wenn eine Sprache \(L\) entscheidbar ist und \(C\) entscheidbar, dann ist \(L \cup C\) entscheidbar. Aber hier ist \(A\) unentscheidbar.

Angenommen, sowohl \(A \cup B\) als auch \(A \cup \overline{B}\) sind entscheidbar. Dann können wir versuchen, \(A\) zu entscheiden, was ein Widerspruch wäre.

Betrachten wir die charakteristische Funktion. Sei \(\chi_{A \cup B}\) die charakteristische Funktion von \(A \cup B\), und \(\chi_{A \cup \overline{B}}\) die von \(A \cup \overline{B}\). Beide seien berechenbar.

Nun ist \(A = (A \cup B) \cap (A \cup \overline{B})\), denn:
- Wenn \(x \in A\), dann ist \(x \in A \cup B\) und \(x \in A \cup \overline{B}\).
- Umgekehrt, wenn \(x \in (A \cup B) \cap (A \cup \overline{B})\), dann ist \(x \in A \cup B\) und \(x \in A \cup \overline{B}\). Wenn \(x \notin A\), dann muss \(x \in B\) und \(x \in \overline{B}\), was unmöglich ist. Also \(x \in A\).

Also \(A = (A \cup B) \cap (A \cup \overline{B})\).

Wenn \(A \cup B\) und \(A \cup \overline{B}\) beide entscheidbar sind, dann ist auch ihr Schnitt entscheidbar, da die entscheidbaren Sprachen unter Schnitt abgeschlossen sind. Also wäre \(A\) entscheidbar, was ein Widerspruch zur Voraussetzung ist.

Daher kann nicht sein, dass beide \(A \cup B\) und \(A \cup \overline{B}\) entscheidbar sind. Also muss mindestens eine unentscheidbar sein.

Die Aussage ist also wahr.

In der Aufgabe gibt es <option id="1"> für "Wahr" und <option id="2"> für "Falsch". Wir müssen also <option id="1"> auf 1 setzen und <option id="2"> auf 0.

Zusätzlich gibt es ein <answer id="3">, in dem wir die Begründung angeben müssen.

Die Antwort sollte also sein:

<option id="1">1</option>
<option id="2">0</option>
<answer id="3">
Die Aussage ist wahr. Wir beweisen dies durch Widerspruch.

Angenommen, sowohl \(A \cup B\) als auch \(A \cup \overline{B}\) sind entscheidbar. Da \(A = (A \cup B) \cap (A \cup \overline{B})\) (denn für jedes \(x\): wenn \(x \in A\), dann in beiden; und wenn \(x\) in beiden, dann muss \(x \in A\), da sonst \(x \in B \cap \overline{B}\) widersprüchlich ist), und da die entscheidbaren Sprachen unter Schnitt abgeschlossen sind, folgt dass \(A\) entscheidbar ist. Dies widerspricht der Voraussetzung, dass \(A\) unentscheidbar ist. Daher muss mindestens eine der Sprachen \(A \cup B\) oder \(A \cup \overline{B}\) unentscheidbar sein.
</answer>

### Antwort für Teilaufgabe (f)

<option id="1">1</option>
<option id="2">0</option>
<answer id="3">
Die Aussage ist wahr. Wir beweisen dies durch Widerspruch.

Angenommen, sowohl \(A \cup B\) als auch \(A \cup \overline{B}\) sind entscheidbar. Dann gilt:
\[
A = (A \cup B) \cap (A \cup \overline{B}).
\]
Begründung:
- Ist \(x \in A\), so ist \(x \in A \cup B\) und \(x \in A \cup \overline{B}\), also \(x \in (A \cup B) \cap (A \cup \overline{B})\).
- Ist \(x \in (A \cup B) \cap (A \cup \overline{B})\), so folgt:  
  Wäre \(x \notin A\), dann müsste \(x \in B\) (aus \(x \in A \cup B\)) und \(x \in \overline{B}\) (aus \(x \in A \cup \overline{B}\)) gelten, was unmöglich ist. Also ist \(x \in A\).

Da die entscheidbaren Sprachen unter Schnitt abgeschlossen sind, ist \((A \cup B) \cap (A \cup \overline{B})\) entscheidbar. Somit wäre \(A\) entscheidbar, im Widerspruch zur Voraussetzung. Daher muss mindestens eine der Sprachen \(A \cup B\) oder \(A \cup \overline{B}\) unentscheidbar sein.
</answer>

Seien $A,B\subseteq\Sigma^*$ beliebige Sprachen, sodass $A$ unentscheidbar ist. Zeigen oder widerlegen Sie: Mindestens eine der Sprachen $A \cup B$ und $A \cup \overline B$ ist unentscheidbar.

Die Aussage ist wahr. Wir beweisen dies durch Widerspruch.

Angenommen, sowohl $A \cup B$ als auch $A \cup \overline{B}$ sind entscheidbar. Dann gilt:
$$A = (A \cup B) \cap (A \cup \overline{B}).$$
Begründung:
- Ist $x \in A$, so ist $x \in A \cup B$ und $x \in A \cup \overline{B}$, also $x \in (A \cup B) \cap (A \cup \overline{B})$.
- Ist $x \in (A \cup B) \cap (A \cup \overline{B})$, so folgt:  
  Wäre $x \notin A$, dann müsste $x \in B$ (aus $x \in A \cup B$) und $x \in \overline{B}$ (aus $x \in A \cup \overline{B}$) gelten, was unmöglich ist. Also ist $x \in A$.

Da die entscheidbaren Sprachen unter Schnitt abgeschlossen sind, ist $(A \cup B) \cap (A \cup \overline{B})$ entscheidbar. Somit wäre $A$ entscheidbar, im Widerspruch zur Voraussetzung. Daher muss mindestens eine der Sprachen $A \cup B$ oder $A \cup \overline{B}$ unentscheidbar sein.

Prompt

system:You are an AI assistant specializing in theoretical computer science. Your task is to answer a series of exam questions, providing accurate and well-reasoned responses that demonstrate a deep understanding of theoretical computer science concepts.

# Instructions

You must follow the given answer format.

If the exercises contains yes or no questions for you to answer, there will be one <option> element for each such question. You must answer these with either 0 or 1.

For longer answers, there will be <answer> elements. If the answer must follow a specific template, a corresponding <answer-template> element defines this template, and you MUST follow it precisely when providing your <answer>, as any deviations from the template will cause your answer to be invalid. A '?' symbol indicates a place for you to insert a short text, while a '???' symbol marks places for you to insert multi-line answers. To define the precise syntax to use, an <example> element may be provided. You MUST follow this syntax. However, note that the answers in the example may not be correct answers to the question.

Some questions relate to specific lecture material. In this case, the material will be provided in <context> elements for you to reference.

## Formatting
Always follow the format of the given exercise. If you are writing longer text, you can put text in *italics* or make it **bold**. Formulas should be given as LaTeX and enclosed properly, i.e. $...$ or \[...\].

user:# Exercise: Reduktion

Zeigen Sie für jedes der folgenden Probleme $A$ entweder, dass es in $\mathsf{P}$ liegt, oder, dass es $\mathsf{NP}$-hart ist.
Geben Sie hierfür jeweils eine geeignete polynomielle Reduktion an und begründen Sie deren Korrektheit.

Reduktionsfunktionen müssen präzise definiert sein und Sie müssen klar angeben, welche Probleme Sie reduzieren. Die Korrektheit der Reduktion müssen Sie aber nur skizzieren und nicht formal beweisen.

**Achtung:** Auch um zu zeigen, dass das Problem in $\mathsf{P}$ liegt, ist eine Reduktion anzugeben!

*Hinweis:* Um zu zeigen, dass ein Problem $A$ in $\mathsf{P}$ liegt, geben Sie eine Reduktion $A\le_p B$ für ein $B\in\mathsf{P}$ an, reduzieren Sie also $A$ auf ein Problem $B$, von dem wir wissen, dass es in $\mathsf{P}$ liegt, z.B. $\mathsf{2COL}$ oder $\mathsf{2KNF\text{-}SAT}$.

Um zu zeigen, dass ein Problem $A$ $\mathsf{NP}$-hart ist, geben Sie eine Reduktion $B\le_p A$ an, wobei $B$ ein bekanntes NP-hartes Problem ist, etwa $\mathsf{3COL}$, $\mathsf{SAT}$, oder $\mathsf{CLIQUE}$.

## subproblem a (6.0 points)
**Gegeben:** Drei KNF-Formeln $F_1, F_2, F_3$ mit Variablen aus $V$.

**Problem $A$:** Gibt es eine Belegung $\sigma:V\rightarrow\{0,1\}$, die **genau zwei** der drei Formeln erfüllt?

<options>
<option id="1">$A\in\mathsf{P}$</option>
<option id="2">$A$ ist $\mathsf{NP}$-hart</option>
</options>

<answer-template id="3">
Reduktion: $? \le_p ?$
Begründung:
???
</answer-template>

### answer format
Give your answer in the following format:

<option id="1">0 or 1</option>
<option id="2">0 or 1</option>
<answer id="3">
...
</answer>

Wir betrachten das Problem A: Gegeben drei KNF-Formeln F1, F2, F3 mit Variablen aus V. Gibt es eine Belegung σ, die genau zwei der drei Formeln erfüllt?

Zuerst überlegen wir, ob A in P liegt oder NP-hart ist.

Um zu zeigen, dass A in P liegt, müssten wir A auf ein Problem in P reduzieren. Um zu zeigen, dass A NP-hart ist, müssten wir ein bekanntes NP-hartes Problem auf A reduzieren.

Wir wissen, dass SAT für KNF-Formeln NP-vollständig ist, aber hier haben wir drei Formeln und eine spezifische Bedingung (genau zwei erfüllt).

Betrachten wir die Komplexität.

Eine naive Herangehensweise: Wir könnten für alle möglichen Belegungen prüfen, aber das wäre exponentiell in der Anzahl der Variablen, also nicht effizient.

Stattdessen denken wir an Reduktionen.

Angenommen, wir wollen zeigen, dass A NP-hart ist. Dann müssen wir ein bekanntes NP-hartes Problem auf A reduzieren. Ein gängiges Problem ist 3SAT.

Wir versuchen, 3SAT auf A zu reduzieren.

Gegeben eine 3KNF-Formel F, die wir auf Erfüllbarkeit prüfen wollen. Wir wollen dies auf eine Instanz von A reduzieren, d.h., wir konstruieren drei KNF-Formeln G1, G2, G3, so dass F erfüllbar ist genau dann, wenn es eine Belegung gibt, die genau zwei von G1,G2,G3 erfüllt.

Wie können wir das machen?

Eine Idee: Wir könnten G1 = F, G2 = F, G3 = eine unerfüllbare Formel setzen. Dann, wenn F erfüllbar ist, erfüllt σ sowohl G1 als auch G2, also zwei Formeln, und G3 nicht. Aber dann erfüllt σ zwei Formeln, was genau zwei ist? Ja, aber wenn F unerfüllbar ist, dann erfüllt σ weder G1 noch G2, und G3 auch nicht, also erfüllt es null Formeln, nicht genau zwei. Also funktioniert das nicht, denn wir brauchen, dass im unerfüllbaren Fall keine Belegung existiert, die genau zwei erfüllt.

Wenn F unerfüllbar ist, dann ist G1 unerfüllbar, G2 unerfüllbar, G3 unerfüllbar, also gibt es keine Belegung, die irgendeine erfüllt, also sicher nicht genau zwei. Aber im erfüllbaren Fall erfüllt σ zwei Formeln (G1 und G2). Das scheint zu funktionieren? 

Aber G3 ist unerfüllbar, also wird G3 nie erfüllt. Also für jede Belegung: wenn F erfüllt, dann erfüllt σ G1 und G2, also zwei, und G3 nicht. Wenn F nicht erfüllt, dann erfüllt σ weder G1 noch G2, und G3 auch nicht, also null. Also gibt es genau dann eine Belegung, die genau zwei erfüllt, wenn F erfüllbar ist.

Aber die Reduktion muss polynomiell sein, und G3 als unerfüllbare KNF-Formel ist leicht konstruierbar, z.B. eine Klausel mit einem Widerspruch wie (x) ∧ (¬x) für eine neue Variable? Aber wir können eine feste unerfüllbare Formel nehmen, aber die muss in der Eingabe vorkommen, und die Eingabe hat Variablen aus V. Wir können eine neue Variable einführen? Aber die Formeln müssen über denselben Variablen sein? Die Problemstellung sagt "mit Variablen aus V", also wahrscheinlich dieselben Variablen für alle drei Formeln.

In der Definition: "mit Variablen aus V", also haben alle drei Formeln Variablen aus derselben Menge V.

Wenn wir G3 unerfüllbar machen wollen, aber mit Variablen aus V, dann muss G3 für alle Belegungen unerfüllbar sein, z.B. G3 = (x ∧ ¬x) für ein x in V. Aber wenn V gegeben ist, können wir ein x in V wählen? Aber V ist gegeben, und wir wissen nicht, ob V nicht leer ist. Wenn V leer ist, dann ist eine Formel ohne Variablen entweder immer wahr oder immer falsch, je nach Klauseln.

Um eine explizit unerfüllbare Formel zu haben, brauchen wir mindestens eine Variable. Wenn V leer ist, dann ist jede Klausel ohne Variablen: eine leere Klausel ist unerfüllbar, aber wenn keine Klauseln, dann erfüllbar. Um sicher unerfüllbar zu sein, müssen wir eine Klausel haben, die unerfüllbar ist, z.B. die leere Klausel. Aber in KNF ist eine Formel mit einer leeren Klausel unerfüllbar.

Also können wir G3 als eine Formel setzen, die eine leere Klausel enthält, also immer unerfüllbar ist.

Oder wir fügen eine neue Variable hinzu? Aber die Problemstellung sagt "mit Variablen aus V", also dürfen wir keine neuen Variablen einführen? 

Lesen: "mit Variablen aus V", also die Formeln verwenden nur Variablen aus V, aber V ist gegeben, und wir können V erweitern? Normalerweise in Reduktionen dürfen wir neue Variablen einführen, aber hier ist V festgelegt.

In der Eingabe sind drei Formeln mit Variablen aus V, aber V ist Teil der Eingabe. Wenn wir die Reduktion machen, können wir die Menge V erweitern, indem wir neue Variablen hinzufügen, aber dann müssen wir die Formeln entsprechend anpassen.

In der Problemdefinition: "Gegeben: Drei KNF-Formeln F1,F2,F3 mit Variablen aus V." Also V ist gegeben, und die Formeln sind über diesen Variablen.

Für die Reduktion, wenn wir eine neue Variable brauchen, müssen wir V erweitern, aber das ist erlaubt, solange die Reduktion polynomiell ist.

Um G3 unerfüllbar zu machen, können wir eine neue Variable y einführen und G3 = (y) ∧ (¬y) setzen. Dann ist G3 unerfüllbar, unabhängig von den anderen Variablen.

Dann setzen wir G1 = F, G2 = F, G3 = (y) ∧ (¬y), wobei y eine neue Variable ist.

Dann ist die Menge der Variablen V' = V ∪ {y}.

Dann: wenn F erfüllbar ist, sei σ eine erfüllende Belegung für F. Erweitere σ auf y beliebig, sagen wir σ(y)=0. Dann erfüllt σ G1 (da F erfüllt), G2 (da F erfüllt), und G3 nicht (da y und ¬y im Widerspruch). Also erfüllt σ genau zwei Formeln: G1 und G2.

Wenn F unerfüllbar ist, dann für jede Belegung σ: σ erfüllt weder G1 noch G2, und G3 auch nicht (da unerfüllbar). Also erfüllt σ null Formeln, nicht genau zwei.

Also gibt es eine Belegung, die genau zwei erfüllt, genau dann wenn F erfüllbar ist.

Somit haben wir 3SAT auf A reduziert, da 3SAT ein Spezialfall von SAT ist, und SAT auf KNF reduziert werden kann, aber hier ist F eine 3KNF, also können wir annehmen, dass F in 3KNF ist, und G1 und G2 sind dieselbe, also auch 3KNF, und G3 ist in KNF mit einer neuen Variable.

G3 = (y) ∧ (¬y), das ist eine Konjunktion von zwei Klauseln: {y} und {¬y}, also in KNF.

Die Reduktion ist polynomiell, da wir nur eine neue Variable hinzufügen und die Formeln kopieren.

Also ist A NP-hart.

Aber ist A auch in NP? Das wurde nicht gefragt, nur ob in P oder NP-hart. Aber wenn es NP-hart ist, dann ist es nicht in P, außer P=NP.

Die Frage ist, entweder in P oder NP-hart. Es könnte beides sein, aber wenn es NP-hart ist und P≠NP, dann nicht in P.

Aber hier haben wir gezeigt, dass 3SAT ≤p A, also ist A NP-hart.

Gibt es eine Möglichkeit, dass A in P liegt? Wahrscheinlich nicht, aber wir müssen es nur klassifizieren.

In der Reduktion oben: wenn F unerfüllbar ist, gibt es keine Belegung, die genau zwei erfüllt, und wenn erfüllbar, gibt es eine.

Aber in A, wenn es eine Belegung gibt, die genau zwei erfüllt, dann ist F erfüllbar, aber umgekehrt, wenn F erfüllbar ist, gibt es eine Belegung, die genau zwei erfüllt, nämlich die, die F erfüllt, und sie erfüllt G1 und G2.

Aber was, wenn es Belegungen gibt, die nur eine oder drei erfüllen? In diesem Fall, wenn F erfüllbar ist, erfüllt die Belegung, die F erfüllt, zwei Formeln, aber es könnte andere Belegungen geben, die z.B. G1 und G3 erfüllen? Aber G3 ist unerfüllbar, also kann keine Belegung G3 erfüllen. Also erfüllt jede Belegung G3 nicht. Und wenn F erfüllt, erfüllt sie G1 und G2, also zwei. Wenn F nicht erfüllt, erfüllt sie weder G1 noch G2, also null.

Also keine Belegung erfüllt drei, und nur wenn F erfüllbar, gibt es Belegungen, die zwei erfüllen.

Also korrekt.

Können wir zeigen, dass A in P liegt? Wahrscheinlich nicht, da es NP-hart ist.

Aber vielleicht gibt es einen effizienten Algorithmus.

Eine andere Sicht: Die Anzahl der erfüllten Formeln ist eine Funktion von σ. Wir können für jede Formel prüfen, ob sie erfüllt ist, aber das erfordert, SAT zu lösen, was NP-hart ist.

Aber hier müssen wir nicht nur für eine, sondern für eine Belegung, die genau zwei erfüllt.

Wir können es als Verbindung sehen.

Angenommen, wir definieren für jede Formel eine Variable, aber das hilft nicht direkt.

Vielleicht können wir die Bedingung "genau zwei erfüllt" als logische Formel ausdrücken.

Sei a = 1 wenn F1 erfüllt, sonst 0, analog b für F2, c für F3.

Dann wollen wir, dass a + b + c = 2.

Aber a,b,c hängen von σ ab.

Die Bedingung ist, dass genau zwei von den drei wahr sind.

Das ist äquivalent zu: (F1 ∧ F2 ∧ ¬F3) ∨ (F1 ∧ ¬F2 ∧ F3) ∨ (¬F1 ∧ F2 ∧ F3)

Aber ¬F3 bedeutet, dass F3 nicht erfüllt ist, was nicht direkt eine Formel ist, sondern eine Aussage über die Belegung.

In der Logik: die Aussage "F3 ist nicht erfüllt" ist äquivalent zu "¬F3 ist erfüllt", aber ¬F3 ist nicht notwendigerweise in KNF, und selbst wenn, ist es schwierig.

Die gesamte Aussage ist: es gibt σ, so dass genau zwei der Fi erfüllt sind.

Das ist äquivalent zu: es gibt σ, so dass (F1 ∧ F2 ∧ ¬F3) ∨ (F1 ∧ ¬F2 ∧ F3) ∨ (¬F1 ∧ F2 ∧ F3) gilt.

Aber ¬F3 bedeutet, dass für alle Erweiterungen? Nein, für die gegebene Belegung σ ist ¬F3 wahr, wenn σ erfüllt ¬F3, d.h. wenn σ nicht F3 erfüllt.

Also ist die Bedingung, dass σ erfüllt: (F1 ∧ F2 ∧ ¬F3) ∨ (F1 ∧ ¬F2 ∧ F3) ∨ (¬F1 ∧ F2 ∧ F3)

Diese Formel ist in der Aussagenlogik, aber nicht in KNF, und sie hat eine Größe, die linear in der Größe der Eingabe ist, da F1,F2,F3 gegeben sind.

Aber um ihre Erfüllbarkeit zu prüfen, müssen wir eine Formel über V haben, die diese Disjunktion ist.

Jedes der drei Konjunkte ist eine Konjunktion von F1, F2, etc., aber F1, F2, F3 sind selbst Formeln.

Die Gesamtformel ist also eine Disjunktion von Termen, wobei jeder Term eine Konjunktion von drei Teilformeln ist.

Um die Erfüllbarkeit dieser Formel zu prüfen, ist es nicht offensichtlich, dass es in P ist, da die Teilformeln komplex sein können.

Tatsächlich, da wir SAT auf diese Formel reduzieren können, wie oben gezeigt, ist sie NP-hart.

In unserer Reduktion haben wir gezeigt, dass SAT auf A reduzierbar ist, also ist A NP-hart.

Aber in der Reduktion haben wir eine neue Variable eingeführt, aber das ist erlaubt.

Gibt es ein Problem, wenn V leer ist? Wenn V leer ist und F eine Formel ohne Variablen, dann ist F entweder erfüllbar oder nicht, je nach Klauseln. Aber in unserem G3 mit neuer Variable, wenn V leer war, dann fügen wir y hinzu, also V'={y}, und G3 ist unerfüllbar. Wenn F erfüllbar ist (als konstante Formel), dann ist G1 erfüllbar, G2 erfüllbar, G3 nicht, also gibt es Belegung (y=0 oder y=1) die zwei erfüllt. Wenn F unerfüllbar, dann G1 und G2 unerfüllbar, G3 unerfüllbar, keine Belegung erfüllt zwei. Also funktioniert es.

Daher ist A NP-hart.

Jetzt die Frage: ist A in P? Wenn ja, müssten wir es auf ein Problem in P reduzieren, aber da es NP-hart ist, und wenn P≠NP, dann nicht, aber die Aufgabe verlangt nur, entweder in P oder NP-hart zu zeigen.

In diesem Fall haben wir gezeigt, dass es NP-hart ist, also wählen wir, dass es NP-hart ist.

Aber in der Reduktion haben wir SAT auf A reduziert, und SAT ist NP-vollständig, also ist A NP-hart.

Aber A könnte auch in NP sein, aber das ist nicht gefragt.

Für die Antwort: wir sagen, dass A NP-hart ist.

Also für die Optionen:

<option id="1">0</option>  // für A in P, da 0 bedeutet wohl nein? Die Optionen sind:

<option id="1">$A\in\mathsf{P}$</option>  // wenn wir 1 setzen, heißt das, wir wählen diese Option, also dass es in P liegt.

<option id="2">$A$ ist $\mathsf{NP}$-hart</option> // wenn wir 1 setzen, heißt das, wir wählen diese Option.

Wir müssen eine der beiden auswählen.

Da wir gezeigt haben, dass es NP-hart ist, setzen wir:

<option id="1">0</option>  // nicht in P

<option id="2">1</option>  // NP-hart

Und dann die Reduktion angeben.

In der Reduktion: wir haben SAT auf A reduziert, aber in der Aufgabe steht, dass wir für NP-Härte ein bekanntes NP-hartes Problem auf A reduzieren, z.B. 3SAT.

Wir können 3SAT nehmen.

Also Reduktion: 3SAT ≤p A

Gegeben eine 3KNF-Formel F über Variablenmenge W.

Wir konstruieren drei KNF-Formeln G1, G2, G3 über einer Variablenmenge V, die W erweitert.

Setze V = W ∪ {y}, wobei y eine neue Variable.

Setze G1 = F

G2 = F

G3 = (y) ∧ (¬y)  // das ist eine KNF-Formel mit zwei Klauseln: {y} und {¬y}

Korrektheit:

Wenn F erfüllbar ist, sei σ eine erfüllende Belegung für F. Erweitere σ zu σ' auf V, indem σ'(y) beliebig gesetzt wird, z.B. 0. Dann erfüllt σ' G1 (da F erfüllt), G2 (da F erfüllt), und G3 nicht (da y und ¬y im Widerspruch). Also erfüllt σ' genau zwei der drei Formeln.

Wenn F unerfüllbar ist, dann für jede Belegung τ:V→{0,1}, τ erfüllt weder G1 noch G2 (da F unerfüllbar), und τ erfüllt auch G3 nicht (da G3 unerfüllbar). Also erfüllt τ höchstens null oder? Null Formeln, also nicht genau zwei. Somit gibt es keine Belegung, die genau zwei erfüllt.

Daher ist F erfüllbar genau dann, wenn es eine Belegung gibt, die genau zwei der drei Formeln G1,G2,G3 erfüllt.

Die Reduktion ist polynomiell, da nur eine neue Variable hinzugefügt und Formeln kopiert werden.

Also ist A NP-hart.

Für die Antwort:

<option id="1">0</option>

<option id="2">1</option>

<answer id="3">
Reduktion: $\mathsf{3SAT} \le_p A$
Begründung:
Gegeben eine Instanz von $\mathsf{3SAT}$, d.h. eine 3KNF-Formel $F$ über Variablenmenge $W$. Wir konstruieren eine Instanz von $A$ wie folgt: Sei $V = W \cup \{y\}$ mit einer neuen Variable $y$. Setze $G_1 = F$, $G_2 = F$, und $G_3 = (y) \land (\neg y)$, wobei $(y) \land (\neg y)$ als KNF-Formel mit den beiden Klauseln $\{y\}$ und $\{\neg y\}$ dargestellt wird.

Korrektheit:
- Wenn $F$ erfüllbar ist, dann gibt es eine Belegung $\sigma$ für $W$, die $F$ erfüllt. Erweitere $\sigma$ zu $\sigma'$ auf $V$ durch Setzen von $\sigma'(y)=0$ (oder beliebig). Dann erfüllt $\sigma'$ sowohl $G_1$ als auch $G_2$, da sie gleich $F$ sind. Aber $\sigma'$ erfüllt $G_3$ nicht, da $G_3$ unerfüllbar ist. Also werden genau zwei Formeln erfüllt.
- Wenn $F$ unerfüllbar ist, dann gibt es keine Belegung, die $G_1$ oder $G_2$ erfüllt. Da $G_3$ ebenfalls unerfüllbar ist, gibt es keine Belegung, die irgendeine der Formeln erfüllt. Insbesondere gibt es keine Belegung, die genau zwei Formeln erfüllt.

Somit ist $F$ erfüllbar genau dann, wenn es eine Belegung gibt, die genau zwei der Formeln $G_1,G_2,G_3$ erfüllt.
</answer>

Das sollte passen.

Könnte man es ohne neue Variable machen? Zum Beispiel, wenn wir G3 als eine feste unerfüllbare Formel über V nehmen, aber wenn V leer ist, und F erfüllbar, aber wenn V leer, und F erfüllbar, dann brauchen wir eine unerfüllbare G3, aber wenn V leer, können wir keine unerfüllbare Formel machen, außer mit einer leeren Klausel. Aber in KNF, wenn V leer, ist eine Formel unerfüllbar genau dann, wenn sie die leere Klausel enthält. Also setze G3 als die Formel, die nur die leere Klausel enthält. Dann ist G3 unerfüllbar. Und wenn V leer, und F erfüllbar, dann G1 und G2 erfüllbar, G3 nicht. Wenn F unerfüllbar, dann G1 und G2 unerfüllbar, G3 unerfüllbar. Also funktioniert es auch ohne neue Variable, indem wir G3 als die unerfüllbare KNF-Formel setzen (mit der leeren Klausel). Aber die leere Klausel ist in der KNF-Darstellung erlaubt. Und wenn V nicht leer, können wir immer die leere Klausel hinzufügen, aber eine Formel mit leerer Klausel ist unerfüllbar, egal was. Also können wir G3 als eine feste unerfüllbare KNF-Formel setzen, z.B. die Formel, die aus einer leeren Klausel besteht. In der Praxis, in der Reduktion, können wir G3 als eine Konstante setzen, die immer unerfüllbar ist.

In der Eingabe müssen die Formeln KNF sein, und die leere Klausel ist erlaubt. Also setze G3 = \bot, dargestellt als KNF mit einer leeren Klausel.

Dann brauchen wir keine neue Variable.

In der Reduktion: G1 = F, G2 = F, G3 = \bot (unerfüllbare Formel).

Variablenmenge V bleibt gleich.

Wenn F erfüllbar, dann gibt es σ, das F erfüllt, also G1 und G2 erfüllt, G3 nicht, also genau zwei.

Wenn F unerfüllbar, dann keine Belegung erfüllt G1 oder G2, und G3 nicht, also null.

Perfekt, und keine neue Variable nötig.

Das ist sogar einfacher.

In der Begründung können wir das angeben.

Also:

<answer id="3">
Reduktion: $\mathsf{3SAT} \le_p A$
Begründung:
Gegeben eine 3KNF-Formel $F$ über Variablenmenge $W$. Wir konstruieren eine Instanz von $A$: Sei $V = W$ (dieselben Variablen). Setze $F_1 = F$, $F_2 = F$, und $F_3 = \bot$, wobei $\bot$ die unerfüllbare KNF-Formel ist, dargestellt durch eine einzelne leere Klausel (oder äquivalent, eine Formel, die immer falsch ist).

Korrektheit:
- Wenn $F$ erfüllbar ist, dann gibt es eine Belegung $\sigma$ für $V$, die $F$ erfüllt. Dann erfüllt $\sigma$ sowohl $F_1$ als auch $F_2$, aber nicht $F_3$ (da $F_3$ unerfüllbar). Also werden genau zwei der drei Formeln erfüllt.
- Wenn $F$ unerfüllbar ist, dann gibt es keine Belegung, die $F_1$ oder $F_2$ erfüllt. Da $F_3$ auch unerfüllbar ist, erfüllt keine Belegung irgendeine der Formeln. Insbesondere gibt es keine Belegung, die genau zwei Formeln erfüllt.

Somit ist $F$ erfüllbar genau dann, wenn die Instanz $(F_1,F_2,F_3)$ eine positive Instanz von $A$ ist.
</answer>

Ja, das ist gut.

In der Problemstellung heißen die Formeln F1,F2,F3, aber in der Reduktion setzen wir sie als F1,F2,F3, aber in der Eingabe für A sind es drei Formeln, die wir hier als F1=F, F2=F, F3=⊥ setzen.

Also klar.

Somit ist die Antwort.

<option id="1">0</option>
<option id="2">1</option>
<answer id="3">
Reduktion: $\mathsf{3SAT} \le_p A$
Begründung:
Gegeben eine Instanz von $\mathsf{3SAT}$, d.h. eine 3KNF-Formel $F$ über einer Variablenmenge $W$. Wir konstruieren eine Instanz von $A$ wie folgt: Die Variablenmenge sei $V = W$. Definiere die drei KNF-Formeln:
- $F_1 = F$
- $F_2 = F$
- $F_3 = \bot$, wobei $\bot$ die unerfüllbare KNF-Formel ist, dargestellt durch eine einzelne leere Klausel (d.h., $F_3$ ist für alle Belegungen falsch).

Korrektheit der Reduktion:
- **Wenn $F$ erfüllbar ist:** Dann existiert eine Belegung $\sigma: V \to \{0,1\}$, die $F$ erfüllt. Da $F_1 = F$ und $F_2 = F$, erfüllt $\sigma$ sowohl $F_1$ als auch $F_2$. Da $F_3 = \bot$ unerfüllbar ist, erfüllt $\sigma$ $F_3$ nicht. Somit erfüllt $\sigma$ genau zwei der drei Formeln ($F_1$ und $F_2$).
- **Wenn $F$ unerfüllbar ist:** Dann gibt es keine Belegung, die $F$ erfüllt, also erfüllt keine Belegung $F_1$ oder $F_2$. Zusätzlich ist $F_3 = \bot$ unerfüllbar, also erfüllt keine Belegung $F_3$. Daher erfüllt jede Belegung höchstens null Formeln (insbesondere nicht genau zwei).

Somit ist $F$ erfüllbar genau dann, wenn es eine Belegung gibt, die genau zwei der Formeln $F_1, F_2, F_3$ erfüllt. Die Reduktion ist polynomiell, da die Konstruktion nur das Kopieren von $F$ und das Erstellen der konstanten unerfüllbaren Formel $F_3$ erfordert.
</answer>

Gegeben: Drei KNF-Formeln $F_1, F_2, F_3$ mit Variablen aus $V$.

Problem $A$: Gibt es eine Belegung $\sigma:V\rightarrow\{0,1\}$, die genau zwei der drei Formeln erfüllt?

Reduktion: $\mathsf{3SAT} \le_p A$
Begründung:
Gegeben eine Instanz von $\mathsf{3SAT}$, d.h. eine 3KNF-Formel $F$ über einer Variablenmenge $W$. Wir konstruieren eine Instanz von $A$ wie folgt: Die Variablenmenge sei $V = W$. Definiere die drei KNF-Formeln:
- $F_1 = F$
- $F_2 = F$
- $F_3 = \bot$, wobei $\bot$ die unerfüllbare KNF-Formel ist, dargestellt durch eine einzelne leere Klausel (d.h., $F_3$ ist für alle Belegungen falsch).

Korrektheit der Reduktion:
- Wenn $F$ erfüllbar ist: Dann existiert eine Belegung $\sigma: V \to \{0,1\}$, die $F$ erfüllt. Da $F_1 = F$ und $F_2 = F$, erfüllt $\sigma$ sowohl $F_1$ als auch $F_2$. Da $F_3 = \bot$ unerfüllbar ist, erfüllt $\sigma$ $F_3$ nicht. Somit erfüllt $\sigma$ genau zwei der drei Formeln ($F_1$ und $F_2$).
- Wenn $F$ unerfüllbar ist: Dann gibt es keine Belegung, die $F$ erfüllt, also erfüllt keine Belegung $F_1$ oder $F_2$. Zusätzlich ist $F_3 = \bot$ unerfüllbar, also erfüllt keine Belegung $F_3$. Daher erfüllt jede Belegung höchstens null Formeln (insbesondere nicht genau zwei).

Somit ist $F$ erfüllbar genau dann, wenn es eine Belegung gibt, die genau zwei der Formeln $F_1, F_2, F_3$ erfüllt. Die Reduktion ist polynomiell, da die Konstruktion nur das Kopieren von $F$ und das Erstellen der konstanten unerfüllbaren Formel $F_3$ erfordert.

Prompt

system:You are an AI assistant specializing in theoretical computer science. Your task is to answer a series of exam questions, providing accurate and well-reasoned responses that demonstrate a deep understanding of theoretical computer science concepts.

# Instructions

You must follow the given answer format.

If the exercises contains yes or no questions for you to answer, there will be one <option> element for each such question. You must answer these with either 0 or 1.

For longer answers, there will be <answer> elements. If the answer must follow a specific template, a corresponding <answer-template> element defines this template, and you MUST follow it precisely when providing your <answer>, as any deviations from the template will cause your answer to be invalid. A '?' symbol indicates a place for you to insert a short text, while a '???' symbol marks places for you to insert multi-line answers. To define the precise syntax to use, an <example> element may be provided. You MUST follow this syntax. However, note that the answers in the example may not be correct answers to the question.

Some questions relate to specific lecture material. In this case, the material will be provided in <context> elements for you to reference.

## Formatting
Always follow the format of the given exercise. If you are writing longer text, you can put text in *italics* or make it **bold**. Formulas should be given as LaTeX and enclosed properly, i.e. $...$ or \[...\].

user:# Exercise: Reduktion

Zeigen Sie für jedes der folgenden Probleme $A$ entweder, dass es in $\mathsf{P}$ liegt, oder, dass es $\mathsf{NP}$-hart ist.
Geben Sie hierfür jeweils eine geeignete polynomielle Reduktion an und begründen Sie deren Korrektheit.

Reduktionsfunktionen müssen präzise definiert sein und Sie müssen klar angeben, welche Probleme Sie reduzieren. Die Korrektheit der Reduktion müssen Sie aber nur skizzieren und nicht formal beweisen.

**Achtung:** Auch um zu zeigen, dass das Problem in $\mathsf{P}$ liegt, ist eine Reduktion anzugeben!

*Hinweis:* Um zu zeigen, dass ein Problem $A$ in $\mathsf{P}$ liegt, geben Sie eine Reduktion $A\le_p B$ für ein $B\in\mathsf{P}$ an, reduzieren Sie also $A$ auf ein Problem $B$, von dem wir wissen, dass es in $\mathsf{P}$ liegt, z.B. $\mathsf{2COL}$ oder $\mathsf{2KNF\text{-}SAT}$.

Um zu zeigen, dass ein Problem $A$ $\mathsf{NP}$-hart ist, geben Sie eine Reduktion $B\le_p A$ an, wobei $B$ ein bekanntes NP-hartes Problem ist, etwa $\mathsf{3COL}$, $\mathsf{SAT}$, oder $\mathsf{CLIQUE}$.

## subproblem a (6.0 points)
**Gegeben:** Drei KNF-Formeln $F_1, F_2, F_3$ mit Variablen aus $V$.

**Problem $A$:** Gibt es eine Belegung $\sigma:V\rightarrow\{0,1\}$, die **genau zwei** der drei Formeln erfüllt?

<options>
<option id="1">$A\in\mathsf{P}$</option>
<option id="2">$A$ ist $\mathsf{NP}$-hart</option>
</options>

<answer-template id="3">
Reduktion: $? \le_p ?$
Begründung:
???
</answer-template>

### answer format
Give your answer in the following format:

<option id="1">0 or 1</option>
<option id="2">0 or 1</option>
<answer id="3">
...
</answer>

assistant:<option id="1">0</option>
<option id="2">1</option>
<answer id="3">
Reduktion: $\mathsf{3SAT} \le_p A$
Begründung:
Gegeben eine Instanz von $\mathsf{3SAT}$, d.h. eine 3KNF-Formel $F$ über einer Variablenmenge $W$. Wir konstruieren eine Instanz von $A$ wie folgt: Die Variablenmenge sei $V = W$. Definiere die drei KNF-Formeln:
- $F_1 = F$
- $F_2 = F$
- $F_3 = \bot$, wobei $\bot$ die unerfüllbare KNF-Formel ist, dargestellt durch eine einzelne leere Klausel (d.h., $F_3$ ist für alle Belegungen falsch).

Korrektheit der Reduktion:
- **Wenn $F$ erfüllbar ist:** Dann existiert eine Belegung $\sigma: V \to \{0,1\}$, die $F$ erfüllt. Da $F_1 = F$ und $F_2 = F$, erfüllt $\sigma$ sowohl $F_1$ als auch $F_2$. Da $F_3 = \bot$ unerfüllbar ist, erfüllt $\sigma$ $F_3$ nicht. Somit erfüllt $\sigma$ genau zwei der drei Formeln ($F_1$ und $F_2$).
- **Wenn $F$ unerfüllbar ist:** Dann gibt es keine Belegung, die $F$ erfüllt, also erfüllt keine Belegung $F_1$ oder $F_2$. Zusätzlich ist $F_3 = \bot$ unerfüllbar, also erfüllt keine Belegung $F_3$. Daher erfüllt jede Belegung höchstens null Formeln (insbesondere nicht genau zwei).

Somit ist $F$ erfüllbar genau dann, wenn es eine Belegung gibt, die genau zwei der Formeln $F_1, F_2, F_3$ erfüllt. Die Reduktion ist polynomiell, da die Konstruktion nur das Kopieren von $F$ und das Erstellen der konstanten unerfüllbaren Formel $F_3$ erfordert.
</answer>

user:
## subproblem b (8.0 points)
**Gegeben:** Eine 2KNF-Formel $F$ mit Variablenmenge $V=\{x_1, ..., x_n\}$, eine Menge $\{1, ..., l\}$ von Farben (mit $l>0$) und eine Funktion $g: V \to \{1 ,...,l\}$, die jeder Variable eine Farbe zuordnet.

**Problem $A$:** Gibt es eine erfüllende Belegung $\sigma$, sodass alle Variablen, die von $\sigma$ zu Wahr gesetzt werden, unterschiedliche Farben haben? Formal: gibt es eine erfüllende Belegung $\sigma:V\rightarrow\{0,1\}$ mit $g(x_i) \neq g(x_j)$ für alle $i<j \leq n$ mit $\sigma(x_i)=1= \sigma(x_j)$?

<options>
<option id="1">$A\in\mathsf{P}$</option>
<option id="2">$A$ ist $\mathsf{NP}$-hart</option>
</options>

<answer-template id="3">
Reduktion: $? \le_p ?$
Begründung:
???
</answer-template>

### answer format
Give your answer in the following format:

<option id="1">0 or 1</option>
<option id="2">0 or 1</option>
<answer id="3">
...
</answer>

Wir haben ein Problem A, das wie folgt definiert ist:
- Eingabe: Eine 2KNF-Formel F über Variablen V={x1,...,xn}, eine Menge von Farben {1,...,l} (l>0) und eine Funktion g: V → {1,...,l}, die jeder Variable eine Farbe zuordnet.
- Frage: Gibt es eine erfüllende Belegung σ von F, so dass für alle Paare von Variablen, die auf 1 gesetzt sind, sie unterschiedliche Farben haben? Das heißt, wenn σ(xi)=1 und σ(xj)=1, dann muss g(xi) ≠ g(xj) sein.

Wir müssen entscheiden, ob A in P liegt oder NP-hart ist.

Zuerst überlegen wir, ob A in P liegt. Dazu müssten wir einen polynomiellen Algorithmus angeben oder eine Reduktion auf ein Problem in P.

Alternativ, wenn es NP-hart ist, müssen wir eine Reduktion von einem bekannten NP-harten Problem auf A angeben.

Betrachten wir die Anforderungen: 
- F ist in 2KNF, also können wir die Erfüllbarkeit von F in Polynomzeit entscheiden (2SAT ist in P).
- Zusätzlich haben wir eine Farbbedingung: Die Variablen, die auf 1 gesetzt sind, müssen alle unterschiedliche Farben haben.

Die Farbbedingung ähnelt einer Färbungsbedingung: Die Menge der Variablen, die auf 1 gesetzt sind, muss eine unabhängige Menge in einem Konfliktgraphen sein, wobei ein Konflikt zwischen Variablen besteht, die die gleiche Farbe haben.

Genauer: Wenn zwei Variablen die gleiche Farbe haben, können sie nicht beide auf 1 gesetzt werden. Also, für jede Farbe c, können höchstens eine Variable mit Farbe c auf 1 gesetzt werden.

Tatsächlich: Die Bedingung ist, dass die Menge S = {x | σ(x)=1} eine Menge ist, in der keine zwei Variablen dieselbe Farbe haben. Das bedeutet, dass S höchstens eine Variable pro Farbe enthält. Also ist S eine Teilmenge von V, die jede Farbe höchstens einmal enthält.

Nun, die Frage ist, ob es eine solche Menge S gibt, die:
1. Die 2KNF-Formel F erfüllt, und
2. S enthält für jede Farbe höchstens eine Variable.

Aber beachte: S definiert eine partielle Belegung, indem die Variablen in S auf 1 gesetzt werden, und die anderen? Die Bedingung sagt nichts über die Variablen, die auf 0 gesetzt sind. In der Belegung können Variablen auf 0 oder 1 gesetzt sein, aber nur die auf 1 gesetzten müssen die Farbbedingung erfüllen.

In der Definition: "alle Variablen, die von σ zu Wahr gesetzt werden, unterschiedliche Farben haben". Also nur die auf 1 gesetzten Variablen müssen paarweise verschiedene Farben haben.

Nun, um zu entscheiden, ob A in P oder NP-hart ist.

Erstens: Wenn es keine Farbbedingung gäbe, dann wäre es nur 2SAT, was in P ist. Aber mit der zusätzlichen Bedingung, dass die auf 1 gesetzten Variablen alle verschiedene Farben haben, wird es schwieriger.

Beachte, dass die Farbbedingung wie eine "at-most-one" Bedingung pro Farbe ist. Für jede Farbe, können wir höchstens eine Variable auswählen, die diese Farbe hat und auf 1 setzen.

Also, das Problem ähnelt der Auswahl einer Menge von Variablen, die F erfüllen, mit der Einschränkung, dass für jede Farbe höchstens eine Variable gewählt wird.

Wir können dies als ein Constraint Satisfaction Problem sehen.

Eine Möglichkeit: Wir können eine neue Formel konstruieren, die die Farbbedingungen mit einbezieht.

Die Farbbedingung: Für jede Farbe c, und für jedes Paar von verschiedenen Variablen xi, xj mit g(xi)=g(xj)=c, müssen wir sicherstellen, dass nicht beide auf 1 gesetzt werden. Das heißt, für jedes solche Paar, muss gelten: ¬(xi ∧ xj), was äquivalent ist zu (¬xi ∨ ¬xj).

Da F bereits in 2KNF ist, und (¬xi ∨ ¬xj) ist eine 2-Klausel, können wir diese Klauseln zu F hinzufügen.

Genauer: Für jede Farbe c, betrachte alle Variablen mit g(x)=c. Wenn es k Variablen mit Farbe c gibt, dann müssen wir für jedes Paar i<j von solchen Variablen die Klausel (¬xi ∨ ¬xj) hinzufügen, um sicherzustellen, dass höchstens eine von ihnen auf 1 gesetzt wird.

Dann ist die resultierende Formel F' = F ∧ (alle diese paarweisen Klauseln).

Dann ist die Frage: Ist F' erfüllbar? Denn wenn es eine Belegung gibt, die F' erfüllt, dann erfüllt sie F und erfüllt die Bedingung, dass für jede Farbe höchstens eine Variable auf 1 gesetzt ist (weil die paarweisen Klauseln sicherstellen, dass keine zwei gleichen Farben beide 1 sind).

Umgekehrt, wenn es eine Belegung gibt, die F erfüllt und die Farbbedingung erfüllt, dann erfüllt sie auch die zusätzlichen Klauseln, also F'.

F' ist eine KNF-Formel, aber was ist ihre Klausellänge? Die Klauseln, die wir hinzufügen, sind alle der Größe 2, also ist F' in KNF, aber die Anzahl der Klauseln könnte groß sein.

Für eine Farbe c mit m Variablen, gibt es binom(m,2) Paare, also O(m^2) Klauseln. Insgesamt, wenn l Farben, und n Variablen, dann ist die Gesamtzahl der hinzugefügten Klauseln höchstens sum_{c} binom(m_c,2) ≤ binom(n,2) = O(n^2), da die Summe der m_c gleich n ist.

Also ist die Größe von F' polynomiell in der Größe der Eingabe.

F' ist eine KNF-Formel, aber nicht unbedingt 2KNF? F ist 2KNF, und wir fügen nur 2-Klauseln hinzu, also ist F' auch eine 2KNF-Formel.

2KNF bedeutet, dass jede Klausel höchstens zwei Literale hat. Die hinzugefügten Klauseln (¬xi ∨ ¬xj) haben genau zwei Literale, also ja, F' ist eine 2KNF-Formel.

Und 2SAT ist in P. Also können wir in Polynomzeit entscheiden, ob F' erfüllbar ist.

Und F' ist erfüllbar genau dann, wenn es eine Belegung gibt, die F erfüllt und die Farbbedingung erfüllt.

Also ist das Problem A in P.

Aber ist das korrekt?

Die Farbbedingung in A ist: alle Variablen, die auf 1 gesetzt sind, haben unterschiedliche Farben. Das bedeutet, dass für jede Farbe, höchstens eine Variable auf 1 gesetzt ist. Und genau das wird durch die hinzugefügten Klauseln (¬xi ∨ ¬xj) für jedes Paar gleicher Farbe sichergestellt.

Denn wenn zwei Variablen gleicher Farbe beide auf 1 gesetzt wären, dann wäre (¬xi ∨ ¬xj) verletzt.

Und wenn es keine zwei gleichen Farben auf 1 gibt, dann sind alle diese Klauseln erfüllt.

Also ja.

Daher ist A in P.

Aber die Aufgabe sagt: "um zu zeigen, dass A in P liegt, geben Sie eine Reduktion A ≤p B für ein B in P an".

Also müssen wir eine Reduktion angeben.

Wir können reduzieren auf 2SAT, da 2SAT in P ist.

Reduktion: Gegeben eine Instanz von A (F, g, l), konstruieren wir eine 2KNF-Formel F' wie oben: F' = F ∧ { (¬x_i ∨ ¬x_j) | für jedes Paar i,j mit i≠j und g(x_i)=g(x_j) }

Dann ist die Instanz von 2SAT: Ist F' erfüllbar?

Und wie oben begründet, ist dies äquivalent.

Die Reduktion ist polynomiell, da F' in Polynomzeit konstruiert werden kann.

Also, A ≤p 2SAT, und 2SAT in P, also A in P.

Daher ist A nicht NP-hart, es sei denn P=NP.

Also für die Optionen:

<option id="1">1</option> (da A in P)

<option id="2">0</option> (nicht NP-hart)

Aber die Optionen sind:

<option id="1">$A\in\mathsf{P}$</option> → das wählen wir, also 1

<option id="2">$A$ ist $\mathsf{NP}$-hart</option> → nein, also 0

Jetzt die Antwort:

Reduktion: $A \le_p \mathsf{2SAT}$

Begründung: Wir reduzieren A auf 2SAT. Gegeben eine Instanz von A: eine 2KNF-Formel F, eine Farbmenge {1,...,l}, und eine Färbung g: V → {1,...,l}. Wir konstruieren eine 2KNF-Formel F' wie folgt: F' = F ∧ \bigwedge_{1 \leq i < j \leq n, g(x_i)=g(x_j)} (\neg x_i \lor \neg x_j)

Dann ist F' erfüllbar genau dann, wenn es eine Belegung gibt, die F erfüllt und für die alle Variablen, die auf 1 gesetzt sind, unterschiedliche Farben haben. Denn die zusätzlichen Klauseln stellen sicher, dass für jede Farbe höchstens eine Variable auf 1 gesetzt ist. Da F' eine 2KNF-Formel ist, können wir die Erfüllbarkeit in Polynomzeit entscheiden. Die Konstruktion von F' ist polynomiell, da die Anzahl der hinzugefügten Klauseln O(n^2) ist.

Also ist A auf 2SAT reduzierbar und da 2SAT in P, liegt A in P.

Beachte: Die Eingabe für 2SAT ist nur die Formel F', die wir konstruieren.

In der Reduktion müssen wir angeben, auf welches Problem wir reduzieren. Hier 2SAT.

In der Vorlage: Reduktion: ? ≤p ? 

Wir reduzieren A auf 2SAT, also A ≤p 2SAT.

Korrekt.

Gibt es ein Problem? Die Farbmenge und g werden nicht direkt in F' übergeben, aber wir verwenden g nur, um die Klauseln zu generieren, und danach brauchen wir g nicht mehr. Die Instanz von 2SAT ist nur die Formel F'.

Also ja.

Wir könnten auch auf ein anderes Problem in P reduzieren, aber 2SAT ist hier passend.

Also, Antwort:

<option id="1">1</option>
<option id="2">0</option>
<answer id="3">
Reduktion: $A \le_p \mathsf{2SAT}$
Begründung:
Gegeben eine Instanz von $A$: eine 2KNF-Formel $F$ über Variablen $V = \{x_1, \dots, x_n\}$, eine Farbmenge $\{1, \dots, l\}$ und eine Färbung $g: V \to \{1, \dots, l\}$. Wir konstruieren eine 2KNF-Formel $F'$ wie folgt:
\[
F' = F \land \bigwedge_{\substack{1 \leq i < j \leq n \\ g(x_i) = g(x_j)}} (\neg x_i \lor \neg x_j)
\]
Die zusätzlichen Klauseln $(\neg x_i \lor \neg x_j)$ für jedes Paar von Variablen $x_i, x_j$ mit gleicher Farbe ($g(x_i) = g(x_j)$) stellen sicher, dass höchstens eine Variable pro Farbe auf $1$ gesetzt werden kann. 

- **Korrektheit:**  
  - Wenn es eine erfüllende Belegung $\sigma$ für $F$ gibt, die die Farbbedingung erfüllt (d.h., alle auf $1$ gesetzten Variablen haben unterschiedliche Farben), dann erfüllt $\sigma$ auch $F'$, da $F$ erfüllt ist und keine zwei Variablen gleicher Farbe beide auf $1$ gesetzt sind, sodass alle hinzugefügten Klauseln erfüllt sind.  
  - Wenn $F'$ erfüllbar ist, dann erfüllt eine erfüllende Belegung $\sigma$ sowohl $F$ als auch die zusätzlichen Klauseln. Letztere garantieren, dass für keine Farbe zwei Variablen beide auf $1$ gesetzt sind, sodass die Farbbedingung erfüllt ist.  

Die Reduktion ist polynomiell, da die Anzahl der hinzugefügten Klauseln durch $\binom{n}{2} = O(n^2)$ beschränkt ist und jede Klausel in konstanter Zeit konstruiert werden kann. Da $\mathsf{2SAT} \in \mathsf{P}$, folgt $A \in \mathsf{P}$.
</answer>

Gegeben: Eine 2KNF-Formel $F$ mit Variablenmenge $V=\{x_1, ..., x_n\}$, eine Menge $\{1, ..., l\}$ von Farben (mit $l>0$) und eine Funktion $g: V \to \{1 ,...,l\}$, die jeder Variable eine Farbe zuordnet.

Problem $A$: Gibt es eine erfüllende Belegung $\sigma$, sodass alle Variablen, die von $\sigma$ zu Wahr gesetzt werden, unterschiedliche Farben haben? Formal: gibt es eine erfüllende Belegung $\sigma:V\rightarrow\{0,1\}$ mit $g(x_i) \neq g(x_j)$ für alle $i<j \leq n$ mit $\sigma(x_i)=1= \sigma(x_j)$?

Reduktion: $A \le_p \mathsf{2SAT}$
Begründung:
Gegeben eine Instanz von $A$: eine 2KNF-Formel $F$ über Variablen $V = \{x_1, \dots, x_n\}$, eine Farbmenge $\{1, \dots, l\}$ und eine Färbung $g: V \to \{1, \dots, l\}$. Wir konstruieren eine 2KNF-Formel $F'$ wie folgt:
$$F' = F \land \bigwedge_{\substack{1 \leq i < j \leq n \\ g(x_i) = g(x_j)}} (\neg x_i \lor \neg x_j)$$
Die zusätzlichen Klauseln $(\neg x_i \lor \neg x_j)$ für jedes Paar von Variablen $x_i, x_j$ mit gleicher Farbe ($g(x_i) = g(x_j)$) stellen sicher, dass höchstens eine Variable pro Farbe auf $1$ gesetzt werden kann. 

- Korrektheit:  
  - Wenn es eine erfüllende Belegung $\sigma$ für $F$ gibt, die die Farbbedingung erfüllt (d.h., alle auf $1$ gesetzten Variablen haben unterschiedliche Farben), dann erfüllt $\sigma$ auch $F'$, da $F$ erfüllt ist und keine zwei Variablen gleicher Farbe beide auf $1$ gesetzt sind, sodass alle hinzugefügten Klauseln erfüllt sind.  
  - Wenn $F'$ erfüllbar ist, dann erfüllt eine erfüllende Belegung $\sigma$ sowohl $F$ als auch die zusätzlichen Klauseln. Letztere garantieren, dass für keine Farbe zwei Variablen beide auf $1$ gesetzt sind, sodass die Farbbedingung erfüllt ist.  

Die Reduktion ist polynomiell, da die Anzahl der hinzugefügten Klauseln durch $\binom{n}{2} = O(n^2)$ beschränkt ist und jede Klausel in konstanter Zeit konstruiert werden kann. Da $\mathsf{2SAT} \in \mathsf{P}$, folgt $A \in \mathsf{P}$.

Prompt

system:You are an AI assistant specializing in theoretical computer science. Your task is to answer a series of exam questions, providing accurate and well-reasoned responses that demonstrate a deep understanding of theoretical computer science concepts.

# Instructions

You must follow the given answer format.

If the exercises contains yes or no questions for you to answer, there will be one <option> element for each such question. You must answer these with either 0 or 1.

For longer answers, there will be <answer> elements. If the answer must follow a specific template, a corresponding <answer-template> element defines this template, and you MUST follow it precisely when providing your <answer>, as any deviations from the template will cause your answer to be invalid. A '?' symbol indicates a place for you to insert a short text, while a '???' symbol marks places for you to insert multi-line answers. To define the precise syntax to use, an <example> element may be provided. You MUST follow this syntax. However, note that the answers in the example may not be correct answers to the question.

Some questions relate to specific lecture material. In this case, the material will be provided in <context> elements for you to reference.

## Formatting
Always follow the format of the given exercise. If you are writing longer text, you can put text in *italics* or make it **bold**. Formulas should be given as LaTeX and enclosed properly, i.e. $...$ or \[...\].

user:# Exercise: Bonus

Die Punkte dieser Aufgabe sind **Bonuspunkte**, d.h. sie zählen wie normale Punkte, werden bei der Berechnung des Notenschemas jedoch außer Acht gelassen.

Mindestens eine Antwortmöglichkeit ist immer richtig.

## subproblem a (2.0 points)
Sei $\Sigma := \{a,b\}$. Für welche der folgenden Sprachen $L_i$, wobei $i\in\{1,2,3\}$, gilt, dass $(L_i)^*$ **nicht** regulär ist? (Es können mehrere sein.) Wählen Sie ein solches $i$ und begründen Sie kurz, dass $(L_i)^*$ nicht regulär ist.

<options>
<option id="1">$L_1 := \{(ab)^n:n\in\mathbb{N}\}$</option>
<option id="2">$L_2 := \{a^nb^n:n\in\mathbb{N}\}$</option>
<option id="3">$L_3 := \{a^nb^m:n,m\in\mathbb{N}\wedge n\ne m\}$</option>
</options>

<answer-template id="4">
Begründung für $i=?$:
???
</answer-template>

### answer format
Give your answer in the following format:

<option id="1">0 or 1</option>
<option id="2">0 or 1</option>
<option id="3">0 or 1</option>
<answer id="4">
...
</answer>

Wir haben drei Sprachen über dem Alphabet Σ = {a, b}:

- L1 = {(ab)^n | n ∈ ℕ}
- L2 = {a^n b^n | n ∈ ℕ}
- L3 = {a^n b^m | n, m ∈ ℕ und n ≠ m}

Wir müssen bestimmen, für welche dieser Sprachen (L_i)* nicht regulär ist.

Erinnerung: Die Kleene-Stern-Operation (L)* ist die Menge aller endlichen Verkettungen von Wörtern aus L, einschließlich des leeren Wortes.

Wir prüfen jede Sprache:

1. **L1 = {(ab)^n | n ∈ ℕ}**

   L1 besteht aus Wörtern der Form ab, abab, ababab, usw., also alle Wörter, die aus einer geraden Anzahl von Symbolen bestehen, wobei ab wiederholt wird.

   (L1)*: Da L1 selbst regulär ist (es wird durch den regulären Ausdruck (ab)* beschrieben), ist (L1)* auch regulär, weil die Kleene-Stern-Operation die Regularität erhält. Tatsächlich ist (L1)* = L1, da L1 bereits unter Verkettung abgeschlossen ist? Nicht ganz: L1 enthält (ab)^n für n≥1, aber nicht das leere Wort. (L1)* enthält das leere Wort und alle Wörter, die aus einer beliebigen Anzahl von (ab)^n bestehen, also alle Wörter der Form (ab)^k für k≥0. Das ist genau die Sprache (ab)*, die regulär ist.

   Also ist (L1)* regulär.

2. **L2 = {a^n b^n | n ∈ ℕ}**

   L2 ist die Sprache der Wörter mit gleich vielen a's wie b's, wobei alle a's vor den b's stehen. Diese Sprache ist bekanntlich nicht regulär (kann mit Pumping-Lemma gezeigt werden).

   Was ist (L2)*? 

   (L2)* besteht aus Verkettungen von Wörtern aus L2. Zum Beispiel: aabb, aabb aabb, usw., aber auch aabb aaabbb, etc.

   Beachte: Ein Wort in (L2)* ist eine Folge von Wörtern, jedes von der Form a^{k_i} b^{k_i} für ein k_i ≥ 0 (wenn n=0, ist das leere Wort, aber in L2 ist n∈ℕ, und normalerweise enthält ℕ die 0? In der Definition: n∈ℕ. In der Informatik oft ℕ inklusive 0, aber hier: L2 := {a^n b^n : n∈ℕ}. Wenn ℕ die natürlichen Zahlen inklusive 0 sind, dann enthält L2 auch das leere Wort (n=0). Aber typischerweise ist a^0 b^0 = ε. 

   In der Definition: n∈ℕ. In vielen Kontexten schließt ℕ die 0 ein, aber manchmal nicht. Hier: In der Aufgabe steht n∈ℕ, und in L3 steht n,m∈ℕ mit n≠m, was andeutet, dass n=0 oder m=0 möglich ist. Aber für L2: wenn n=0, dann a^0 b^0 = ε, also enthält L2 ε.

   Aber unabhängig davon: (L2)* ist die Menge aller Wörter, die in Blöcke unterteilt werden können, wobei jeder Block gleich viele a's und b's hat, und alle a's vor den b's im Block.

   Ist diese Sprache regulär? Nein, denn sie enthält Wörter, bei denen die Anzahl der a's und b's insgesamt gleich ist? Nicht unbedingt: Betrachte ein Wort, das aus zwei Blöcken besteht: (a^{k} b^{k}) (a^{m} b^{m}) = a^k b^k a^m b^m. Hier ist die Anzahl der a's k+m, b's k+m, also gleich. Aber in (L2)* kann man auch ε haben, oder einzelne Blöcke. Also jedes Wort in (L2)* hat die Eigenschaft, dass die Gesamtzahl der a's gleich der Gesamtzahl der b's ist? Ja, weil jeder Block gleich viele a's und b's hat.

   Aber es gibt mehr: Die Sprache aller Wörter mit gleich vielen a's und b's ist nicht regulär. Aber (L2)* ist eine Teilmenge davon, denn in (L2)* müssen die a's und b's in Blöcken sein, d.h. nach einem b kann kein a mehr kommen, außer in einem neuen Block.

   Tatsächlich ist (L2)* genau die Sprache, in der das Wort in eine Folge von Teilwörtern zerlegt werden kann, jedes von der Form a^k b^k. Das ist eine echte Teilmenge der Sprache mit gleicher Anzahl a's und b's. Zum Beispiel ist das Wort "abab" in der Sprache mit gleicher Anzahl, aber "abab" kann nicht in Blöcke der Form a^k b^k zerlegt werden, denn wenn wir versuchen: (ab)(ab) aber ab ist a^1 b^1, also ja, es ist in (L2)*, da L2 für n=1 ab enthält.

   "abab" = (ab)(ab) und ab ∈ L2 (n=1), also in (L2)*.

   Ein anderes Beispiel: "aabb" = a^2 b^2 ∈ L2, also in (L2)*.

   Aber was ist mit "aaabbb"? Das ist a^3 b^3 ∈ L2, also in (L2)*.

   Nun, ein Wort wie "aabbaaabbb" = (a^2 b^2)(a^3 b^3) ∈ (L2)*.

   Aber kann (L2)* Wörter enthalten, in denen a's und b's gemischt sind? Nein, weil in jedem Block alle a's vor den b's sind, und die Blöcke direkt aneinandergereiht sind, also kommt nach dem ersten b eines Blocks nur noch b's oder ein neuer Block mit a's, aber wenn ein neuer Block mit a's beginnt, dann muss davor ein b gewesen sein, also hat man ...b a..., was erlaubt ist.

   Also (L2)* enthält Wörter, die mit a beginnen und mit b enden, und dazwischen können Wechsel von b zu a vorkommen.

   Ist diese Sprache regulär? Ich denke nein. Wir können das Pumping-Lemma anwenden.

   Behauptung: (L2)* ist nicht regulär.

   Beweisskizze: Angenommen, (L2)* ist regulär. Dann gibt es eine Pumping-Zahl p.

   Betrachte das Wort s = (a^p b^p)^p. Dieses Wort ist in (L2)*, da es aus p Kopien von a^p b^p besteht.

   |s| = p * (2p) = 2p^2, was größer als p ist.

   Nach Pumping-Lemma kann s in xyz zerlegt werden mit |xy| ≤ p, |y| > 0, und xy^k z ∈ (L2)* für alle k≥0.

   Da |xy| ≤ p und s mit p a's beginnt (weil der erste Block a^p b^p ist), besteht xy nur aus a's des ersten Blocks.

   Also y besteht nur aus a's, sagen wir y = a^m mit 1≤m≤p.

   Dann ist xy^0 z = xz = a^{p-m} b^p (a^p b^p)^{p-1}

   Dieses Wort sollte in (L2)* sein. Aber schauen wir uns den ersten Block an: der erste Block sollte a^{k} b^{k} für ein k sein. Aber hier haben wir a^{p-m} b^p. Da p-m < p (weil m>0), ist p-m ≠ p, also kann a^{p-m} b^p nicht als ein Block in L2 sein. 

   Aber könnte es in mehrere Blöcke zerlegt werden? Der erste Teil ist a^{p-m} b^p. Nach den b's kommen noch weitere Blöcke. Aber a^{p-m} b^p: die b's sind mehr als die a's in diesem Teil, und es gibt keine Möglichkeit, dies in Blöcke der Form a^k b^k zu zerlegen, weil nach den a's sofort b's kommen, und wenn wir versuchen, einen Block zu bilden, müsste er mit a^{p-m} enden, aber dann bleiben b's übrig, die nicht zugeordnet sind. Genauer: der erste Teil a^{p-m} b^p: um in Blöcke zu zerlegen, müsste der erste Block a^{k} b^{k} sein für ein k, aber dann müsste k ≤ p-m und k ≤ p, aber nach a^{k} b^{k} haben wir noch a^{(p-m)-k} b^{p-k}, was nicht mit a beginnt, sondern mit b? Nein, nach b^k kommt a^{(p-m)-k}, aber in unserem Wort kommt nach den a's direkt b's, und nach b^p kommen weitere a's (vom nächsten Block). In xz = a^{p-m} b^p (a^p b^p)^{p-1}

   Die Sequenz ist: a^{p-m} b^p a^p b^p ... a^p b^p (mit p-1 Blöcken am Ende).

   Jetzt: der erste Teil a^{p-m} b^p. Das kann nicht als ein Block in L2 sein, da p-m ≠ p. Kann es in mehrere Blöcke zerlegt werden? Ein Block muss mit a's beginnen und mit b's enden. Nach den ersten a^{p-m} kommen b^p. Wenn wir einen Block bilden, sagen wir a^{k} b^{k}, dann muss k ≤ p-m und k ≤ p. Aber nach diesem Block haben wir noch a^{p-m - k} b^{p - k}? Nein, nach den b^k des ersten Blocks kommen die nächsten Symbole: aber in unserem Wort kommen nach den ersten b^p sofort a^p (vom nächsten Block). Also nach den ersten b^p (die zu den ersten a^{p-m} gehören) kommen a^p. Also haben wir: a^{p-m} b^p a^p b^p ... 

   Um einen Block zu bilden, müsste nach b^p ein neuer Block mit a^p beginnen. Aber der erste Block endet mit b^p und beginnt mit a^{p-m}. Aber die Länge des ersten Blocks: wenn wir versuchen, ihn als einen Block zu nehmen, dann a^{p-m} b^p, aber p-m ≠ p, also nicht in L2. Wenn wir mehrere Blöcke im ersten Teil haben, aber zwischen den ersten a^{p-m} und b^p gibt es keine Stelle, wo ein Block endet und ein neuer beginnt, weil dazwischen keine Trennung ist. Die einzigen möglichen Trennstellen sind zwischen b und a, aber hier haben wir nach b^p sofort a^p, also könnte man nach dem ersten b^p einen neuen Block beginnen. Aber der erste Teil a^{p-m} b^p ist nicht unterteilt. Wenn wir einen Block a^{k} b^{k} für k < p-m bilden, dann bleiben a^{(p-m)-k} übrig, aber dann kommen b^p, also a^{(p-m)-k} b^p, was nicht mit b beginnt. Ein Block muss mit a beginnen. Also müsste der nächste Block mit a^{(p-m)-k} beginnen, aber dann müsste er a^{(p-m)-k} b^{m'} für ein m' sein, aber danach kommen b^p, also ist das nicht möglich, weil nach den a's sofort b's kommen, aber hier haben wir a's, dann b's, dann wieder a's. 

   Konkret: das Wort ist: [a^{p-m}] [b^p] [a^p] [b^p] ... 

   Um es in Blöcke zu zerlegen, müsste jeder Block a^x b^x sein. Der erste Block könnte a^{p-m} b^x sein, aber dann müsste x = p-m, aber dann haben wir b^p, und p-m < p (da m>0), also nach b^{p-m} (wenn x=p-m) bleiben noch b^{m} übrig, aber dann kommt a^p, also b^{m} a^p, was nicht mit a beginnt. Also kann der erste Block nicht enden, bevor die b's zu Ende sind. Wenn wir den ersten Block als a^{p-m} b^{p-m} nehmen, dann bleiben b^m übrig, und dann a^p, also b^m a^p. Aber b^m a^p kann nicht der Anfang eines Blocks sein, weil ein Block mit a beginnen muss. Also ist keine Zerlegung möglich.

   Daher ist xy^0 z nicht in (L2)*, Widerspruch.

   Also ist (L2)* nicht regulär.

3. **L3 = {a^n b^m | n, m ∈ ℕ und n ≠ m}**

   L3 ist die Sprache der Wörter, die mit einem oder mehr a's beginnen, dann einem oder mehr b's, aber die Anzahl der a's und b's ist ungleich.

   Beachte: n,m ∈ ℕ, und n≠m. Wenn n=0 oder m=0? n und m sind in ℕ, und n≠m. Wenn n=0, dann a^0 b^m = b^m, und m≠0 (da n=0, m≥1 für n≠m). Analog, wenn m=0, a^n mit n≥1. Also L3 enthält Wörter, die nur a's (mindestens eins), nur b's (mindestens eins), oder a's gefolgt von b's mit unterschiedlicher Anzahl.

   Genauer: L3 = {a^n b^m | n,m ≥ 0, n≠m}, aber wenn n=0 und m>0, ist es b^m; wenn m=0 und n>0, a^n; wenn n>0,m>0 und n≠m, a^n b^m.

   Was ist (L3)*?

   (L3)* besteht aus Verkettungen von solchen Wörtern.

   Ist (L3)* regulär?

   Beachte, dass L3 selbst nicht regulär ist? Eigentlich ist L3 regulär! Warum? 

   L3 = {a^n b^m | n≠m} = (a^+ b^*) \ {a^n b^n | n≥0} ∪ {a^n | n≥1} ∪ {b^m | m≥1}, aber besser: die Sprache aller Wörter, die nicht a^n b^n sind, in der Form a^* b^*? Nein, weil es auch Wörter mit anderen Formen geben könnte, aber in L3 sind alle Wörter von der Form a^n b^m.

   Tatsächlich ist L3 = a^+ b^* \ {a^n b^n} ∪ b^+ \ {ε}, aber genauer: 

   Die Menge aller Wörter in a^* b^* mit n≠m.

   Und a^* b^* ist regulär, und {a^n b^n} ist kontextfrei, aber L3 ist das Komplement von {a^n b^n} in a^* b^*? Nicht ganz, weil a^* b^* enthält auch Wörter wie a^n b^m mit n=m, und auch das leere Wort. 

   Sei A = {w ∈ a^* b^* | w = a^n b^m für n,m ≥ 0}.

   Dann ist A regulär (durch regulären Ausdruck a^* b^*).

   Und {a^n b^n | n≥0} ist eine Teilmenge von A.

   L3 = {a^n b^m | n≠m} = A \ {a^n b^n | n≥0}.

   Aber A ist regulär, und wenn {a^n b^n} regulär wäre, dann wäre L3 regulär, aber {a^n b^n} ist nicht regulär, also folgt nicht direkt.

   Tatsächlich ist L3 regulär. Warum? 

   Wir können L3 als Vereinigung von:

   - Alle Wörter, die mit a enden: aber nein, in a^* b^* enden alle mit b oder sind nur a's.

   Besser: 

   L3 = {a^n b^m | n > m} ∪ {a^n b^m | n < m}

   {a^n b^m | n > m} = a^+ b^* \ {a^n b^m | n ≤ m}, aber einfacher: 

   {a^n b^m | n > m} = a^+ b^* ∩ {w | |w|_a > |w|_b}, aber das ist nicht regulär? Nein, weil die Bedingung |w|_a > |w|_b nicht regulär ist.

   Aber in diesem Fall sind die Wörter in a^* b^*, also können wir es regulär ausdrücken.

   Tatsächlich: 

   {a^n b^m | n > m} = a (a^* b^* ) \ ( {a^n b^m | n ≤ m} ) aber besser mit regulärem Ausdruck.

   Beachte: ein Wort in {a^n b^m | n > m} kann geschrieben werden als a^k a^j b^j für k≥1, j≥0? Nein.

   Zum Beispiel: a^{k} b^{m} mit k>m. Das kann man schreiben als a^{m} a^{k-m} b^{m} = a^m (a^{k-m} b^m), aber nicht hilfreich.

   Ein regulärer Ausdruck für {a^n b^m | n > m}: 

   Dies ist äquivalent zu: Wörter, die mit a beginnen, und in denen die Anzahl der a's größer ist als die der b's, und alle a's vor b's.

   Wir können es als a a^* b^* ∩ (Komplement von {a^n b^n}), aber das Komplement ist nicht regulär.

   Alternativ: {a^n b^m | n > m} = a^+ b^* \ {a^n b^n | n≥0}, aber wieder das Komplement.

   Tatsächlich ist {a^n b^m | n > m} regulär, weil es durch den Ausdruck a^+ b^* \ L2, aber L2 ist nicht regulär, also nicht direkt.

   Wir können einen DFA bauen. Die Sprache besteht aus Wörtern in a^* b^*, die nicht a^n b^n sind. Und da a^* b^* regulär ist, und die Eigenschaft "nicht gleich viele" mit einem endlichen Automaten überprüft werden kann? Nein, weil der Automat sich nicht merken kann, wie viele a's er gesehen hat.

   Aber: für Wörter in a^* b^*, kann man die Bedingung n≠m mit einem DFA erkennen? Ja, tatsächlich, weil man nicht die genaue Anzahl wissen muss, sondern nur ob n>m oder n<m.

   Ein DFA für L3:

   - Zustände: q0 (Start), qa (nach a), qb (nach b), qf (Fehler, aber nicht nötig)

   Aber genauer: wir brauchen Zustände, die den Unterschied n-m speichern, aber da n und m beliebig groß, geht das nicht mit endlich vielen Zuständen.

   Tatsächlich ist L3 nicht regulär! Aber ich denke doch.

   Gegenbeispiel: angenommen L3 ist regulär. Dann wende Pumping-Lemma auf s = a^p b^{p+1} ∈ L3.

   Zerlegung s = xyz, |xy|≤p, |y|>0, y=a^k für k>0.

   Dann xy^0 z = a^{p-k} b^{p+1}. Wenn p-k ≠ p+1, was immer der Fall ist, da p-k ≤ p < p+1, also n=p-k < m=p+1, also in L3. Kein Widerspruch.

   Pumpen nach oben: xy^2 z = a^{p+k} b^{p+1}. n=p+k > p+1? Nicht unbedingt, wenn k=1, p+1 > p+1? Nein, n=p+1, m=p+1, also n=m, also nicht in L3. Wenn wir y^2 nehmen, also y=a^k, dann xy^2 z = a^{p+k} b^{p+1}. Jetzt ist n = p+k, m = p+1. Wenn k≥2, dann n = p+k ≥ p+2 > p+1 = m, also n>m, in L3. Wenn k=1, n=p+1, m=p+1, n=m, nicht in L3. Also für k=1 ist xy^2 z = a^{p+1} b^{p+1} ∉ L3, während s ∈ L3, und |y|=1>0, also Widerspruch.

   Also ist L3 nicht regulär? Aber das ist falsch, denn ich erinnere mich, dass {a^n b^m | n≠m} tatsächlich nicht regulär ist, weil es das Komplement von {a^n b^n} in a^* b^* ist, und {a^n b^n} nicht regulär ist, aber das Komplement einer nicht regulären Sprache kann regulär sein. Hier ist es nicht regulär, wie das Pumping-Lemma zeigt.

   Im Pumping-Lemma: für s = a^p b^{p+1}, und y=a^k, dann xy^2 z = a^{p+k} b^{p+1}. Wenn k=1, dann n=p+1, m=p+1, also n=m, also nicht in L3. Und da |y|=1>0, und |xy|≤p, y besteht nur aus a's, also ist xy^2 z nicht in L3, während s in L3 ist, also Widerspruch. Also L3 ist nicht regulär.

   Aber in der Aufgabe geht es um (L3)*, nicht L3 selbst.

   Also zurück zu (L3)*.

   L3 ist nicht regulär, aber (L3)* könnte regulär sein.

   Was ist (L3)*? Es ist die Menge aller endlichen Verkettungen von Wörtern aus L3.

   Beachte, dass L3 Wörter enthält wie a, aa, b, bb, ab, aab, abb, usw., aber nicht ε, da für n=m=0, aber n≠m nicht erfüllt, und für n=0,m>0 ist b^m in L3, aber ε nicht, da n=m=0.

   Also ε ∉ L3.

   Aber (L3)* enthält ε (da Kleene-Stern).

   Nun, welche Wörter sind in (L3)*? 

   Zum Beispiel: jedes Wort, das nicht die Form hat, dass es in Blöcke unterteilt werden kann, wobei jeder Block a^n b^m mit n≠m. Aber es könnte schwierig sein.

   Beachte, dass L3 alle Wörter in a^* b^* enthält außer a^n b^n für n≥0 (einschließlich ε? a^0 b^0=ε, und n=m=0, also ε ∉ L3, da n=m).

   Also L3 = (a^* b^*) \ {a^n b^n | n≥0}

   Dann (L3)* = [ (a^* b^*) \ {a^n b^n | n≥0} ]^*

   Was ist diese Sprache? 

   Behauptung: (L3)* = a^* b^*, die gesamte reguläre Sprache.

   Warum? 

   - Jedes Wort in a^* b^* kann in einzelne Buchstaben zerlegt werden. 

   - Einzelne a: a = a^1 b^0, n=1,m=0, n≠m, also a ∈ L3.

   - Einzelne b: b = a^0 b^1, n=0,m=1, n≠m, also b ∈ L3.

   - Daher kann jedes Wort w in a^* b^* als Folge von einzelnen a's und b's geschrieben werden, jedes in L3. 

   Zum Beispiel: aab = a + a + b, alle in L3.

   Oder aaabbb = a+a+a+b+b+b.

   Sogar a^n b^n = (a)^n (b)^n, und a ∈ L3, b ∈ L3, also in (L3)*.

   Also ist (L3)* = a^* b^*, die regulär ist.

   Ist das richtig? a^n b^n: wir können es als n mal a gefolgt von n mal b schreiben, und jedes a und jedes b ist in L3, also ja, es ist in (L3)*.

   Und jedes Wort in a^* b^* kann so zerlegt werden.

   Also (L3)* = a^* b^*, regulär.

   Daher ist (L3)* regulär.

Zusammenfassung:

- Für L1: (L1)* ist regulär.
- Für L2: (L2)* ist nicht regulär (wie wir gezeigt haben).
- Für L3: (L3)* ist regulär.

Die Frage ist: für welche i ist (L_i)* nicht regulär. Also nur für i=2.

Die Optionen: wir müssen ankreuzen, für welche es zutrifft.

<options>
<option id="1">L1</option>
<option id="2">L2</option>
<option id="3">L3</option>
</options>

Also nur id=2 sollte 1 sein, die anderen 0.

Dann Begründung für i=2.

<answer-template>
Begründung für $i=2$:
???
</answer-template>

Wir schreiben die Begründung für i=2.

Kurz: Wir zeigen mit Pumping-Lemma, dass (L2)* nicht regulär ist.

Ausführlich:

Angenommen, (L2)* ist regulär. Sei p die Pumping-Zahl. Betrachte s = (a^p b^p)^p. Dann |s| = 2p^2 > p. Sei s = xyz mit |xy| ≤ p, |y| > 0. Da die ersten p Symbole a's sind (weil s mit a^p beginnt), besteht y nur aus a's, y = a^k für ein k mit 1≤k≤p. Dann ist xy^0 z = a^{p-k} b^p (a^p b^p)^{p-1}. Dieses Wort ist nicht in (L2)*, denn der Präfix a^{p-k} b^p kann nicht als Konkatenation von Wörtern aus L2 geschrieben werden, da in jeder Zerlegung der erste Block a^{m} b^{m} sein müsste, aber a^{p-k} b^p hat p-k < p, also müsste m ≤ p-k sein, aber dann bleiben b^{p - m} ≥ b^k > 0 übrig, gefolgt von a^p, was nicht mit a beginnt, ein Widerspruch. Also ist (L2)* nicht regulär.

Formal:

Begründung für $i=2$:
Angenommen, $(L_2)^*$ sei regulär. Dann gibt es nach dem Pumping-Lemma für reguläre Sprachen eine Pumping-Länge $p$. Betrachte das Wort $s = (a^p b^p)^p$. Offensichtlich ist $s \in (L_2)^*$ und $|s| = 2p^2 \geq p$. Sei $s = xyz$ mit $|xy| \leq p$, $|y| > 0$. Da die ersten $p$ Symbole von $s$ alles $a$'s sind, muss $y$ aus $a$'s bestehen, also $y = a^k$ für ein $k$ mit $1 \leq k \leq p$. Betrachte $xy^0 z = xz = a^{p-k} b^p (a^p b^p)^{p-1}$. Angenommen, dieses Wort sei in $(L_2)^*$. Dann muss es eine Zerlegung in Wörter aus $L_2$ geben. Der Präfix $a^{p-k} b^p$ muss jedoch Teil eines oder mehrerer solcher Wörter sein. Da jedes Wort in $L_2$ die Form $a^m b^m$ hat, müsste der erste Block mit einem $b$ enden. Der Präfix endet mit $b^p$, gefolgt von $a^p$. Versucht man, den ersten Block zu bilden, so müsste er $a^{m} b^{m}$ für ein $m$ sein. Da $a^{p-k} b^p$ mit $a$'s beginnt und mit $b$'s endet, wäre der erste Block $a^{m} b^{m}$ für ein $m \leq p-k$ (da nur $p-k$ $a$'s vorhanden). Dann blieben $b^{p - m}$ übrig. Aber $p - m \geq p - (p - k) = k > 0$, und diese $b$'s sind direkt vor den nächsten $a$'s, also $b^{p - m} a^p$. Dies kann nicht der Anfang eines Wortes in $L_2$ sein, da solche mit $a$ beginnen müssen. Eine Zerlegung ist also unmöglich, Widerspruch. Daher ist $xz \notin (L_2)^*$, und $(L_2)^*$ ist nicht regulär.

Kürzer, wie in der Aufgabe gefordert "kurz".

Wir fassen zusammen.

<option id="1">0</option>
<option id="2">1</option>
<option id="3">0</option>
<answer id="4">
Begründung für $i=2$:
Angenommen, $(L_2)^*$ sei regulär. Nach dem Pumping-Lemma existiert eine Pumping-Länge $p$. Betrachte $s = (a^p b^p)^p \in (L_2)^*$ mit $|s| = 2p^2 > p$. Sei $s = xyz$ mit $|xy| \leq p$, $|y| > 0$. Da die ersten $p$ Symbole $a$'s sind, gilt $y = a^k$ für ein $k$ mit $1 \leq k \leq p$. Dann ist $xy^0 z = a^{p-k} b^p (a^p b^p)^{p-1}$. Dieses Wort ist nicht in $(L_2)^*$, da der Präfix $a^{p-k} b^p$ nicht als Konkatenation von Wörtern aus $L_2$ zerlegt werden kann: Jeder Block in $L_2$ hat die Form $a^m b^m$, aber für $a^{p-k} b^p$ mit $p-k < p$ bleibt nach einem möglichen Block $a^m b^m$ (mit $m \leq p-k$) ein Suffix $b^{p-m} a^p$ übrig, das nicht mit $a$ beginnt und somit keinen neuen Block starten kann. Widerspruch.
</answer>

Sei $\Sigma := \{a,b\}$. Für welche der folgenden Sprachen $L_i$, wobei $i\in\{1,2,3\}$, gilt, dass $(L_i)^*$ nicht regulär ist? (Es können mehrere sein.) Wählen Sie ein solches $i$ und begründen Sie kurz, dass $(L_i)^*$ nicht regulär ist.

Begründung für $i=2$:
Angenommen, $(L_2)^*$ sei regulär. Nach dem Pumping-Lemma existiert eine Pumping-Länge $p$. Betrachte $s = (a^p b^p)^p \in (L_2)^*$ mit $|s| = 2p^2 > p$. Sei $s = xyz$ mit $|xy| \leq p$, $|y| > 0$. Da die ersten $p$ Symbole $a$'s sind, gilt $y = a^k$ für ein $k$ mit $1 \leq k \leq p$. Dann ist $xy^0 z = a^{p-k} b^p (a^p b^p)^{p-1}$. Dieses Wort ist nicht in $(L_2)^*$, da der Präfix $a^{p-k} b^p$ nicht als Konkatenation von Wörtern aus $L_2$ zerlegt werden kann: Jeder Block in $L_2$ hat die Form $a^m b^m$, aber für $a^{p-k} b^p$ mit $p-k < p$ bleibt nach einem möglichen Block $a^m b^m$ (mit $m \leq p-k$) ein Suffix $b^{p-m} a^p$ übrig, das nicht mit $a$ beginnt und somit keinen neuen Block starten kann. Widerspruch.