计算理论习题解答
计算理论习题答案CHAP3new
3.3 修改定理3.10以得到推论3.12的证明，即证明一个语言是可判定的当且仅当有非确定的TM判定它。
证明：若M是一个确定型判定器则，则M也是一个非确定型判定器。
现在设N是一个非确定的判定器，将构造一个与之等价的确定型判定器M。
模拟过程使用深度搜索。
设N的不确定性分支的最大个数为b。
M有三个带：一个输入带，一个工作带，一个地址带。
M按深度优先方式搜索N的不确定计算分支树。
M= “输入w，1)初始化，第一带上为w, 第二带为空，第三带为1;2)将第一带的内容复制到第二带上，3)按当前地址位数字选择N的一个不确定性分支，在第二带上模拟N运行一步；4)若当前地址位为i<b，且当前选择无效或按当前选择进入拒绝状态，则将当前地址位改为i+1, 转第2步；5)若当前地址位为i＝b，且当前选择无效或按当前选择进入拒绝状态，则将当前地址位改为空格, 左移并将当前地址位改为空格直到找到一个地址位其值<b，将当前地址位改为i+1, 转第2步；若到了地址带的最左端仍有当前地址位为b，则拒绝；6)若N进入接受状态，则接受；否则，右移一格，将空格上写入1，转第三步。
”由于N是非确定型判定器，所以对任意输入，由本题的提示M一定会停机。
3.4给出枚举器的形式定义。
解：枚举器E=(Q,∑,Γ,δ,q0,qaccept,qreject), 其中转移函数δ为：δ：Q×Γ→Q×Γ×{L,R}×∑*δ (q,a)=(r,b,s1,c)表示若E处于状态q,且在工作带上读到a，则状态转移为r，当前格改写为b并按s1作相应左或右移，打印带上写下字符串c，其中若c等于ε，则不打印。
另外E的起始格局只能是qv，这里v表示一个空格。
3.5检查图灵机的形式定义，回答下列问题并解释你的推测：a．图灵机能在它的带子上写下空白符吗b．带字母表Γ和输入字母表∑能相同吗？c．图灵机的读写头能在连续的两步中处于同一个位置吗？d．图灵机能只包含一个状态吗？解：a．能。
计算方法-刘师少版第一章课后习题完整答案
分， 试给出此递推公式误差的传播规律， 计算 I 10 时误差被放大了多少倍？这个算法是数值稳定的 吗？ 解： I =
∫x
0 1 0
1
n
e x −1 dx ， n = 0,1,2,L,10 ，由分部积分法有
1 0
n −1 x −1 I n = ∫ x n e x −1 dx = x n e x −1 1 e dx 0 − n∫ x
er ( x n ) =
e( x n ) nx n −1 ( x − x * ) x − x* = = n = n ⋅ er ( x) = αn% x xn xn
x n 的相对误差为 an%
1.10 设 x＞0，x 的相对误差为 δ ，求 ln x 的误差。 解： e(ln x) ≈
1 ( x − x * ) = er ( x) = δ x
N +1
N
1 dx = arctan( N + 1) − arctan N 1+ x2 1 = arctan 1 + N ( N + 1) 1 2 gt ，假定 g 是准确的，而对 t 的测量有±0.1s 的误差，证明当 t 增加时，s 的绝对误差 2
1.12 设 s =
增加，而相对误差减少。 解：由题意知， e( s ) = s − s = gt (t − t ) = gt ⋅ e(t ) = 0.1gt
5
计算方法
于是
* * * * e( I 10 ) = −10e( I 9 ) = 10 ⋅ 9e( I 8 ) = L = 10!e( I 0 )
计算 I 10 时的误差被扩大了 10 倍，显然算法是数值不稳定的 1.14 设 f ( x) = 8 x − 0.4 x + 4 x − 9 x + 1 ，用秦九韶算法求 f (3)
计算理论导引习题答案
什么是时间复杂度？请举例说 明。
时间复杂度是评价算法执行时 间快慢的一个指标，通常用大O 表示法来表示。例如，对于一 个简单的顺序查找算法，其时 间复杂度为O(n)，表示随着问 题规模n的增加，算法的执行时 间线性增长。
计算模型习题答案详解
习题1
解释图灵机的基本原理和工作过程。
答案
图灵机是一种理论上的计算模型，由一条无限长的纸带和一个读写头组成。读写头可以读取、写入和移动纸带上 的符号，根据当前状态和读取的符号来决定下一步的动作和状态转移。图灵机的工作过程可以模拟任何计算机程 序的执行过程。
RAM模型的扩展与优化
包括引入并行计算、分布式计算等概念，以 提高RAM模型的计算能力和效率。
其他计算模型
量子计算模型
利用量子力学原理进行计算的模型，具有在某些特定 问题上比传统计算机更高的计算效率。
生物计算模型
模拟生物体内信息处理过程的计算模型，如神经网络、 基因算法等。
光计算模型
利用光学原理进行计算的模型，具有高速并行处理和 低能耗等优点。
形式语言与自动机习题答案详解
习题1
解释什么是形式语言，并给出其定义和性质 。
答案
形式语言是பைடு நூலகம்于描述计算机程序的语法和语 义的一种数学工具。它由一组符号和一组规 则组成，可以表示各种不同类型的数据结构 和算法。形式语言具有确定性、封闭性和可 计算性等性质，这些性质使得我们可以对计
算机程序进行精确的描述和分析。
Python语言基础 掌握Python语言的基本语法、数 据类型、控制结构、函数等，以 及常用的Python库和框架。
其他编程语言 了解其他常见的编程语言，如C#、 JavaScript、Go等，以及它们的 特点和应用场景。
计算机算法与设计复习题(含答案)
1、一个算法的优劣可以用（时间复杂度）与（空间复杂度）与来衡量。
2、回溯法在问题的解空间中，按（深度优先方式）从根结点出发搜索解空间树。
3、直接或间接地调用自身的算法称为（递归算法）。
4、 记号在算法复杂性的表示法中表示（渐进确界或紧致界）。
5、在分治法中，使子问题规模大致相等的做法是出自一种（平衡(banlancing)子问题）的思想。
6、动态规划算法适用于解（具有某种最优性质）问题。
7、贪心算法做出的选择只是（在某种意义上的局部）最优选择。
8、最优子结构性质的含义是（问题的最优解包含其子问题的最优解）。
9、回溯法按（深度优先）策略从根结点出发搜索解空间树。
10、拉斯维加斯算法找到的解一定是（正确解）。
11、按照符号O的定义O(f)+O(g)等于O(max{f(n),g(n)})。
12、二分搜索技术是运用（分治）策略的典型例子。
13、动态规划算法中，通常不同子问题的个数随问题规模呈（多项式）级增长。
14、（最优子结构性质）和（子问题重叠性质）是采用动态规划算法的两个基本要素。
15、（最优子结构性质）和（贪心选择性质）是贪心算法的基本要素。
16、（选择能产生最优解的贪心准则）是设计贪心算法的核心问题。
17、分支限界法常以（广度优先）或（以最小耗费(最大效益)优先）的方式搜索问题的解空间树。
18、贪心选择性质是指所求问题的整体最优解可以通过一系列（局部最优）的选择，即贪心选择达到。
19、按照活结点表的组织方式的不同，分支限界法包括（队列式(FIFO)分支限界法）和（优先队列式分支限界法）两种形式。
20、如果对于同一实例，蒙特卡洛算法不会给出两个不同的正确解答，则称该蒙特卡洛算法是（一致的）。
21、哈夫曼编码可利用（贪心法）算法实现。
22概率算法有数值概率算法，蒙特卡罗（Monte Carlo）算法，拉斯维加斯（Las Vegas）算法和舍伍德（Sherwood）算法23以自顶向下的方式求解最优解的有（贪心算法）24、下列算法中通常以自顶向下的方式求解最优解的是（C）。
工程测量理论计算习题库(含参考答案)
工程测量理论计算习题库（含参考答案）一、单选题（共60题，每题1分，共60分）1、大坝变形测量中、视准线法可以用来测定坝体的( )。
A、水平位移B、垂直位移C、主体倾斜D、挠度正确答案：A2、已知某图幅的编号为H49 G 041095、则该地形图的比例尺为( )。
A、1:5000B、1:1万C、1:25万D、1:100万正确答案：B3、在水准测量中、若后视点A的读数大、前视点B的读数小、则有( )。
A、A点比B点低B、A点比B点高C、A点与B点可能同高D、A,B点的高低取决于仪器高度正确答案：A4、我国目前采用的高程系统是( )。
A、1956年黄海高程系B、大沽高程系C、1985国家高程基准D、2000国家高程基准正确答案：C5、甲水准仪管水准器分划值为20″、乙水准仪管水准器分划值为30″、则两台仪器的整平精度( )。
A、无法确定B、甲高于乙C、甲乙相等D、乙高于甲正确答案：B6、在进行高程控制测量时、对于地势比较平坦地区、一般采用( )。
A、水准测量B、GPS测高C、视距测量D、三角高程测量正确答案：A7、水平角测量通常采用测回法进行、取符合要求的上下半测回平均值作为最终角度测量值、这一操作可以消除的误差是( )。
A、整平误差B、对中误差C、视准误差D、读数误差正确答案：C8、建筑施工测量中、基坑抄平工作的目的是( )A、对基坑回弹进行监测B、基坑中轴线测设C、放样基坑开挖边线D、控制基槽开挖深度正确答案：D9、根据全站仪坐标测量的原理、在测站点瞄准后视点后、方向值应设置为( )。
A、90°B、0C、测站点至后视点的方位角D、后视点至测站点的方位角正确答案：C10、目前我国数据采集主要有GPS法、大地测量仪器法、数字化仪法和( )。
A、航测法B、全站仪法C、遥感法D、平板制图法正确答案：A11、某导线全长620m、算得fx=0.123m、fy=-0.162m、导线全长相对闭合差=K( )。
计算理论习题答案
计算理论习题答案计算理论，也称为理论计算机科学，是研究算法和计算过程的数学理论基础的学科。
以下是一些计算理论习题的答案示例：1. 确定性图灵机（Deterministic Turing Machine, DTM）：- 习题：证明一个确定性图灵机可以模拟任何其他确定性图灵机。
- 答案：确定性图灵机可以读取输入，根据当前状态和读取到的符号，按照预定的转移规则移动磁带头并改变状态。
要模拟另一台确定性图灵机，只需要将被模拟机的状态转移表编码为模拟机的转移规则即可。
2. 非确定性图灵机（Nondeterministic Turing Machine, NTM）：- 习题：证明非确定性图灵机比确定性图灵机更强大。
- 答案：非确定性图灵机可以在多个可能的转移中选择，这使得它能够解决一些确定性图灵机无法解决的问题，例如哈密顿回路问题。
此外，任何确定性图灵机都可以被一个非确定性图灵机模拟，但反之则不成立。
3. 可计算性（Computability）：- 习题：证明某个特定的函数是可计算的。
- 答案：要证明一个函数是可计算的，需要展示一个算法或图灵机，它对于该函数的任何输入都能在有限步骤内给出输出。
例如，一个简单的加法函数f(x, y) = x + y是可计算的，因为它可以通过迭代或递归来实现。
4. 不可解问题（Undecidable Problems）：- 习题：解释停机问题（Halting Problem）为什么是不可解的。
- 答案：停机问题是不可解的，因为它涉及到预测一个图灵机是否会在有限步骤内停止。
如果存在一个算法能够解决停机问题，那么我们可以构造一个悖论，即一个图灵机可以模拟自身并决定自己是否会停止，这会导致自指的悖论。
5. 复杂性类（Complexity Classes）：- 习题：区分P类问题和NP类问题。
- 答案：P类问题是指可以在多项式时间内解决的问题，而NP类问题是指可以在多项式时间内验证一个解的问题。
计算理论复习课2习题---答案
第三章 上下文无关语言与下推自动机a. {w | w 至少含有3个1} S →A1A1A1A A →0A|1A|εb. {w | w 以相同的符号开始和结束}S →0A0|1A1 A →0A|1A|εc. {w | w 的长度为奇数}0, ε→ε0,ε→ε 0,ε→ε1,ε→ε0,ε→εS →0A|1A A →0B|1B|ε B →0A|1Ad.{w | w 的长度为奇数且正中间的符号为0} S →0S0|1S1|0S1|1S0|0e.{w | wS →A1AA →0A1|1A0|1A|AA|εf.{w | w=w R }S →0S0|1S1|1|0g.空集 S →S3.6 给出产生下述语言的上下文无关文法： a ． 字母表{a,b}上a 的个数是b 的个数的两倍的所有字符串组成的集合。
S →bSaSaS|aSbSaS|aSaSbS|εb ．语言{a n b n |n ≥0}的补集。
见问题3.25中的CFG: S →aSb|bY|Ta T →aT|bT|εc ．{w#x | w, x ∈{0,1}*且w R 是x 的子串}。
S →UV0,ε→0,0→0,ε→1,0→0,1→0,ε→0,0→U→0U0|1U1|WW→W1|W0|#V→0V|1V|εd．{x1#x2#⋯#x k|k≥1, 每一个x i∈{a,b}* , 且存在i和j使得x i＝x j R}。
S→UVWU→A|εA→aA|bA|#A|#V→aVa|bVb|#B|#B→aB|bB|#B|#W→B|ε3.14解：添加新起始变元S0, 去掉B→εS0→A S0→AA→BAB|B|εA→BAB|AB|BA|B|εB→00|εB→00去掉A→ε, 去掉A→BS0→A S0→AA→BAB|AB|BA|B|BB A→BAB|AB|BA|00|BBB→00 B→00去掉S0→A, 添加新变元S0→BAB|AB|BA|00|BB S0→VB|AB|BA|UU|BBA→BAB|AB|BA|00|BB A→VB|AB|BA|UU|BBB→00 B→UUV→BAU→03.15 证明上下文无关语言类在并,连接和星号三种正则运算下封闭---答案。
计算理论课后习题答案50页PPT
46、我们若已接受最坏的，就再没有什么损失。——卡耐基 47、书到用时方恨少、事非经过不知难。——陆游 48、书籍把我们引入最美好的社会，使我们认识各个时代的伟大智者。——史美尔斯 49、熟读唐诗三百首，不会作诗也会吟。——孙洙 50、谁和我一样用功，谁就会和我一样成功。——莫扎特
计算理论课后习题答案
1、合法而稳定的权力在使用得当时很 少遇到 抵抗。 ——塞 ·约翰 逊 2、权力会使人渐渐失去温厚善良的美 德。— —伯克
3、最大限度地行使权力总是令人反感 ；权力 不易确 定之处 始终存 在着危 险。— —塞·约翰逊 4、权力会奴化一切。——塔西佗
5、虽然权力是一头固执的熊，可是金 子可以 拉着它 的鼻子 走。— —莎士 比
《计算机网络习题与解答》
注意一些上标,也就是指数,109为10的9次方《计算机网络习题与解答》鲁士文编习题一1．在下列情况下，计算传送1000KB 文件所需要的总时间，即从开始传送时起直到文件的最后一位到达目的地为止的时间。
假定往返时间RTT 是100 毫秒，一个分组是1KB（即1024 字节）的数据，在开始传送整个的文件数据之前进行的起始握手过程需要2×RTT的时间。
（a）带宽是1.5Mbps，数据分组可连续发送。
解答：2 个起始的RTT：100×2=200 毫秒传输时间：RTT÷2=100÷2=50 毫秒1KB=8 比特×1024=8192 比特发送时间：1000KB÷1.5Mbps=8192000 比特÷1500，000 比特/秒=5.46 秒所以，总时间等于0.2+5.46+0.05=5.71 秒。
（b）带宽是1.5Mbps，但在结束发送每一个数据分组之后，必须等待一个RTT 才能发送下一个数据分组。
解答：在上一小题答案的基础上再增加999 个RTT5.71+999×0.1=105.61 秒所以，总时间是105.61 秒。
（c）带宽是无限大的值，即我们取发送时间为0，并且在等待每个RTT 后可发送多达20 个分组。
解答：1000KB÷1KB=1000 分组1000 分组÷20 分组=50 个RTT50-1=49 个RTT2×RTT+49RTT+0.5RTT=51.5RTT=0.1×51.5=5.15 秒。
（d）带宽是无限大的值，在紧接起始握手后我们可以发送一个分组，此后，在第一次等待RTT 后可发送21 个分组，在第二次等待RTT 后可发送22 个分组，。
，在第n 次等待RTT 后可发送2n 个分组。
解答：取n=91+2+4+⋯+29=29+1-1=1023这样我们就可以发送所有的1000 个分组，而且在第9 次等待RTT 后只须发送。
自动控制理论习题计算
R( s)
1 − e − sT s
Y (s) K s ( s + 1)
21. 如下图的非线性系统， M = 1 ， K = 0.5 ，解决如下问题： (1)非线性环节理想继电特性用谐波线性化后的可以用什么代替？写出过程。 (2)写出自振条件，计算系统自振角频率和输出信号 y (t ) 的振幅，并在图中标注自振频率点与振荡幅度。
1.
已知系统的结构图如下，且知 G1 ( s)G2 ( s)G3 ( s ) = G1 ( s )G2 ( s ) + G2 ( s )G3 ( s) = 问题：
K ( s 2 + 6s − 7) ，求解以下 s + 5s 2 + 12s + 8
3
(1)求系统的传递函数； (2)若系统是稳定的，求 K 的取值范围； (3)绘制系统的常规根轨迹。 1 2. 下图中，已知 P( s ) = ，解决以下问题： ( s + 1)3
r (t ) +
−
C ( s)
P(s)
y (t )
13. 已知单位负反馈系统的开环传递函数为 P( s ) =
1 ，其中 T > 0 ，其输入为单位斜坡信号。解决 Ts (Ts + 1) 2
以下问题： (1)求该系统未校正前的相角裕度和稳态误差； (2)试设计使稳态误差为 0， 相角裕度为 ≥ 50° 的串联校正环节， 并绘出较正环节和系统校正前后的开环 对数幅频特性图。 10 ，串联校正装置的传递函数为 C ( s ) 。输入为单位斜 14. 下图中，设被控对象的传递函数为 P ( s ) = s ( s + 1) 坡 r (t ) = t 。 (1)求未校正系统（ C ( s ) = 1 ）的相角裕度和闭环稳态误差。
计算理论导引习题答案[第2版]CHAP8new
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8.1 证明对于任意函数f:N N，其中f(n)n，不论用单带TM模型还是用两带只读输入TM模型，所定义的空间复杂性类SPACE(f(n))总是相同的。
证明：为区别，记单带TM模型在f(n)空间内能判定的语言类为SPACE1(f(n)), 而记双带只读输入TM模型在f(n)空间内能判定的语言类为SPACE2(f(n))。
该题要证明的是SPACE1(f(n))＝SPACE2(f(n))。
首先SPACE1(f(n))SPACE2(f(n))。
这是因为设A SPACE1(f(n))，且设M设在f(n)空间内判定A的单带TM，如下构造双带TM只读输入TM N。
N=“对于输入串w：1)将w复制到工作带上。
2)在工作带上模拟M，直到停机。
3)若M接受，则接受；否则，拒绝。
”N在f(n)空间内运行，L(N)=L(M)=A，所以A SPACE2(f(n))。
首先SPACE2(f(n))SPACE1(f(n))。
设A SPACE2(f(n))，且N 为在f(n)空间内判定A的双带只读输入TM。
按照用单带TM模拟多带TM的常规方式构造M：M＝“对于输入串w：1)初始化工作带为＃w1’w2…w n#’.其中以’标记N的两个读写头。
2)模拟N运行直到停机。
每一步模拟，要两次扫描带子。
第一次扫描确定读写头下符号，第二次扫描根据N的转移函数完成改写和移动读写头的工作。
3)若N接受，则接受；否则，拒绝。
”L(M)=L(N)=A。
由于f(n)n，M的运行空间是f(n)+n+2＝O(f(n))。
8.3 考虑广义地理学游戏，其中起始节点就是又无源箭头指入的节点。
选手I有必胜策略吗？选手II呢？给出理由。
1 2 34 5 6I II I II I Winner2 3 6 I4 5 6 II由表上来看选手II有必胜策略I2II4(不能选3)I5II6(不能选2)I。
8.4 证明PSPACE在并、补和星号运算下封闭。
证明：(1) 并：对任意L1, L2PSPACE，设有n a空间图灵机M1和n b空间图灵机M2判定它们，且c=max{a,b}。
利息理论习题整理
2
917.76
2013-7-25
19
例 一项年金在20年内每半年末付500元，设年名 义利率为每半年转换9％，求此项年金的现时值。 解： 依题意，半年实际利率为4.5％，计息40次
PV 500a40 4.5%
500 18.4016 9200.80
注 年金的要求是定期支付，间隔相等，但却不一定 具体计算可利用年金表或直接做数值计算。 是“年度”的。
2013-7-25 20
例 若某人以季度转换年利率8％投资1000元，问他
每季度之未能取回多少使这笔钱在第10年末正好用完?
解：设所求金额为R，依题意 季度实际利率＝2％， 从而有
1000 Ra40 2%
解出
1000 1000 R 36.56 a40 2% 27.3555
2013-7-25 21
2013-7-25 22
方式B：每年所付利息为
500000 8% 40000
总的利息付出为 40000 10 400000 应付利息为四十万元 方式C： 设每年的还款额为R，价值方程
Ra10 8% 500000
解出
500000 500000 74514.76 R a10 8% 6.71008
3）t＝10
0
100(1 20i) 200(1 10i) X 600(1 4i)
由此可以解得： X 236 结论：不同比较日的价值方程的计算结果不同
2013-7-25 11
方法2：用代数方法求解 例：已知两年后的2000元和四年后的3000元的现值之 和为4000元，试计算年利率。 解：比较日为初始时刻，则价值方程为
由此可以解得： X 221.39
机械设计基础常见计算题及详细答案
机械设计基础常见计算题及详细答案
包括材料力学计算、带传动、齿轮传动、 蜗轮蜗杆传动、轴系等计算分析典型习 题集附详细答案
2010年5月26日整理
机械设计基础常见计算题及详细答 案
3-18 某材料的对称循环弯曲疲劳极限σ-1=350MPa， 屈服极限 σs=550MPa，强度极限σB=750MPa，循 环基数N0=5×106，m=9，试求对称循环次数N分别为 5×104、5×105、5×107次时的极限应力。
[
1
H
]
2 3
a
100
(
600 400
)2
225
mm
a 100
(
600 400
2
)3
130
机械设计基础常见计算题及详细答
案
mm
20
解：
接触疲劳强度的校核公式
接触疲劳强度的设计公式
H ZE ZH
KF bd
t 1
u
u
1
[
H
]
d1
Z E 2 Z 2 H KF b
t
u
u
1
•
[
1
H
]2
Z 2EZ H 2K b
2、“增加大链轮齿数“方案 z2 ' 3.6z13.62 590
对传动功率影响机很械小设计。基础常见计算题及详细答
17
案
计算理论导引习题答案
q3
ε,$->ε
q4
0,ε->0
1,ε->ε
2,0->ε
ε,ε->$
ε,ε->ε
ε,ε->ε
ε,$->ε
q1
q2
q5
q6
q7
CFG G=(V, ∑,R,S)
V={A11,A12,A13,A14,…A88} ∑={0,1,2}
S=A18 R:
A18->A14A48 A14->0A231 A23->0A231|ε A48->A442|ε
3. 设集合T={0,1}，用T中元素构造序列，最多 可构造（ D ）条序列。 A、1 B、 2 C、3 D、无穷 4. DFA和NFA的区别在于（ A ）。 A、两者的转移函数的值域不同 B、NFA能够识别的语言DFA不一定能够识别 C、DFA能够识别的语言NFA不一定能够识别 D、NFA比DFA多拥有一个栈
假设A2是正则的，泵长度为p
令S=apbapbapb,S是A2成员，且S长度大于p，S 可以分成三部分S=xyz满足泵引理。根据条件 三y只包含a，xyyz不是A2成员，违反泵引理。 A2不是正则的
4.给出产生下述语言的上下文无关文法。 1）{w|w至少包含3个1}； S->A1A1A1A A->A0|A1|ε 2）{w|w以相同的符号开始和结束}； S->0A0|1A1|0|1 A->0A|1A|ε
3）{w|w的长度为奇数}; S->0A|1A A->0B|1B|ε B->0A|1A
5. 利用泵引理证明下述语言不是上下文无关 的。
1）{w#t|w,t{a,b}*,且w是t的子串}；
设该语言上下文无关，p为泵长度。取 S=0p1p#0p1p，由泵引理，S可以划分为uvxyz 五部分。因为S=uxz也在该语言中，所以vy不 包含#。vxy不落在#一边，否则两边长度不同。 则#∈x，则必存在不全为零的i,j使得vy=1i0j
计算理论习题解答
计算理论习题解答练习1.1 图给出两台DFA M1和M2的状态图. 回答下述有关问题.a.M1的起始状态是q1b.M1的接受状态集是{q2}c.M2的起始状态是q1d.M2的接受状态集是｛q1，q4｝e.对输入aabb,M1经过的状态序列是q1，q2，q3，q1，q1f.M1接受字符串aabb吗？否g.M2接受字符串ε吗？是1.2 给出练习2.1中画出的机器M1和M2的形式描述.M1=(Q1,Σ,δ1,q1,F1) 其中1）Q1={q1,q2,q3,};2）Σ={a,b};3415）F1={q2}M2=(Q2,Σ,δ2,q2,F2) 其中1）Q2={q1,q2,q3,q4};2）Σ={a,b};33）q2是起始状态4）F2={q1,q4}1.3 DFA M的形式描述为( {q1，q2，q3，q4，q5}，{u,d},δ,q3，{q3}),其中δ在表2-3中给出。
试画出此机器的状态图。
1.6 画出识别下述语言的DFA 的状态图。
a){w | w 从1开始以0结束}b){w | w 至少有3个1}c) {w | w 含有子串0101}d) {w | w 的长度不小于3，且第三个符号为0}e) {w | w 从0开始且为奇长度，或从1开始且为偶长度}f) {w | w 不含子串110}g) {w | w 的长度不超过5}h){w | w 是除11和111以外的任何字符}i){w | w 的奇位置均为1}j) {w | w 至少含有2个0，且至多含有1个1}k) {ε,0}l) {w | w 含有偶数个0，或恰好两个1}m) 空集 n) 除空串外的所有字符串1.7 给出识别下述语言的NFA ，且要求符合规定的状态数。
0,11a. {w | w以00结束}，三个状态b. 语言｛w | w含有子串0101，即对某个x和y，w=x0101y｝，5个状态.c. 语言｛w | w含有偶数个0或恰好两个1｝，6个状态。
计算理论习题答案CHAP5new
5.1 证明EQ CFG 是不可判定的。
解：只须证明ALL CFG ≤m EQ CFG 即可。
构造CFG G 1，使L(G 1)=∑*。
设计从ALL CFG 到EQ CFG 的归约函数如下：F=“对于输入＜G ＞，其中G 是CFG ： 1）输出＜G,G 1＞。
”若＜G ＞∈ALL CFG ，则<G,G 1>∈EQ CFG 。
若＜G ＞∉ALL CFG ，则<G, G 1>∉EQ CFG 。
F 将ALL CFG 归约到EQ CFG 即ALL CFG ≤m EQ CFG ∵ALL CFG 是不可判定的， ∴EQ CFG 是不可判定的。
5.2证明EQ CFG 是补图灵可识别的。
证明：注意到A CFG ={<G,w>|G 是能派生串w 的CFG}是可判定的。
构造如下TM ：F=“输入<G,H>，其中G,H 是CFG ， 1) 对于字符串S 1, S 2,⋯，重复如下步骤。
2) 检测S i 是否可以由G 和H 派生。
3)若G 和H 中有一个能派生w ，而另一个不能，则接受。
”F 识别EQ CFG 的补。
5.4 如果A ≤m B 且B 是正则语言，这是否蕴涵着A 也是正则语言？为什么？ 解：否。
例如：对非正则语言A={0n 1n |n ≥0}和正则语言B={0}，可以构造一个可计算函数f 使得：f(w)=⎩⎨⎧≠=nn n n 10w 1,10w 0, 于是w ∈A ⇔f(w)∈B,故A ≤m B 。
5.5 证明A TM 不可映射规约到E TM 。
证明：反证法假设A TM ≤m E TM ， 则有TM m TM E A ≤。
而A TM 的补不是图灵可识别的，从而可知E TM 的补也不是图灵可识别的。
下面构造一个识别E TM 的补的图灵机S ： S=“输入<M>，M 是TM,1) 对i=1,2,…重复下一步。
2) 对S 1,S 2,…,S i 模拟M 运行i 步，若有接受，则接受。
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计算理论习题解答练习1.1 图给出两台DFA M 1和M 2的状态图. 回答下述有关问题.a. M 1的起始状态是q 1b. M 1的接受状态集是{q 2}c. M 2的起始状态是q 1d. M 2的接受状态集是｛q 1，q 4｝e. 对输入aabb,M 1经过的状态序列是q 1，q 2，q 3，q 1，q 1f. M 1接受字符串aabb 吗？否g. M 2接受字符串ε吗？是1.2 给出练习2.1中画出的机器M 1和M 2的形式描述.M 1=(Q 1,Σ,δ1,q 1,F 1) 其中 1） Q 1={q 1,q 2,q 3,}; 2） Σ={a,b}; 3） δ1为：a b q 1 q 2 q 3 q 2 q 1 q 3 q 3 q 2 q 1 4） q 1是起始状态 5） F 1={q 2}M 2=(Q 2,Σ,δ2,q 2,F 2) 其中 1） Q 2={q 1,q 2,q 3,q 4}; 2） Σ={a,b}; 3）δ2为：a b q 1 q 2 q 3 q 4 q 1 q 2 q 3 q 4 q 2 q 1 q 3 q 4 3） q 2是起始状态 4） F 2={q 1,q 4}1.3 DFA M 的形式描述为 ( {q 1，q 2，q 3，q 4，q 5}，{u,d},δ,q 3，{q 3}),其中δ在表2-3中给出。
试画出此机器的状态图。
1.6 画出识别下述语言的DFA 的状态图。
a){w | w 从1开始以0结束}b){w | w 至少有3个1}q 1 q 5 q 4 q 2 q 3 ud u u u u d d d d 00 1 11 0,1 0 0 1 0 0 1 10,1c) {w | w 含有子串0101}d) {w | w 的长度不小于3，且第三个符号为0}e) {w | w 从0开始且为奇长度，或从1开始且为偶长度}或f) {w | w 不含子串110}g) {w | w 的长度不超过5}h){w | w 是除11和111以外的任何字符}i){w | w 的奇位置均为1}j) {w | w 至少含有2个0，且至多含有1个1}k) {ε,0}l) {w | w 含有偶数个0，或恰好两个1}0,110 0 1 110 0,1 00,1 0,1 1 1 0,1 0 0,10,1 0,1 00,11 0,10 0,1 10,1 0111 00,1 0,1 0,1 0,1 0,10,10,11 1 1 0,1 0 0 00 0 10 0 1 11 1 1 0 0 0,1 0 0,1 0,11 1 00,1 0,1 1 01 1 0 0 0 0 0 0 1m) 空集 n) 除空串外的所有字符串1.7 给出识别下述语言的NFA ，且要求符合规定的状态数。
a. {w | w 以00结束}，三个状态b. 语言｛w | w 含有子串0101，即对某个x 和y ，w=x0101y ｝，5个状态.c. 语言｛w | w 含有偶数个0或恰好两个1｝，6个状态。
d. 语言｛0｝，2个状态。
e. 语言0*1*0*0，3个状态。
f. 语言{ε}，1个状态。
g. 语言0*，1个状态。
2.11证明每一台NFA 都能够转换成等价的只有一个接受状态的NFA 。
证明:设NFA M={Q ，Σ,δ,q 0,F}，F={r i1，……，r ik }.添加一个状态p 后，r i1，……，r ik 分别向p 引ε箭头，将r i1，……，r ik 变为非接受状态，p 变为接受状态。
又因为添加ε箭头不影响NFA 识别语言，所以命题成立。
2.14 a 证明：设M 是一台语言B 的DFA ，交换M 的接状态与非接受状态得到一台新的DFA ，则这台新的DFA 是识别B 的补集，因此，正则语言类受在补运算下封闭。
b 举例说明：设M 是一台识别语言B 的NFA ，交换M 的接受状态与非接受状态得到一台新的NFA ，这台新的NFA 不一定识别B 的补集。
NFA 识别的语言类在补集下封闭吗？解释你的回答。
解：a. M 是DFA, M 是{Q,∑,δ,q 0,F},令N={Q,∑,δ,q 0,Q-F},设ω=ω1ω2…ωn 是字母表上任意字符串，因为M 与N 均为DFA,所以必然存在Q 中状态序列r 0,r 1,…,r n ,使得：r 0=q 0, δ(r i , ωi+1)=r i+1, i=0,…,n-1 1)若r n ∈F 则ω∈B;2)若r n ∉F,则r n ∈Q-F,即N 接受ω，若ω∉B, 所以N 接受B 的补集，即B 的补集正则。
所以，正则语言类在补运算下封闭。
b. 设B 为{0}。
NFA M ：可识别它。
依题对它作变换，得到N ：0,1 0,1 0,1 0 0 0,1 0 1 0,1 0 1 0,1 ε 0 1 1 1 01 0 0 0 ε 0 ε 0 0 1 0 0 0 0则N 识别的语言{ε}不是B 的子集。
所以交换M 的接受状态与非接受状态得到的新的NFA 不一定识别B 的补集。
但是由于NFA 识别的语言类与DFA 识别的语言类相同，即正则语言类。
由a 的证明，正则语言类在补运算封闭，可知，NFA 识别的语言类---正则语言类在补运算下封闭。
若NFA 识别语言A ，必有 等价的DFA 识别A,从而由a 知，可交换DFA 的接受与非接受状态构造识别A 的补集的DFA,则必有等价的NFA 识别A 的补集。
只是，该NFA 未必有原NFA 交换接受与非接受状态构造而成。
1.15 给出一个反例，说明下述构造不能证明定理2.24，即正则语言类在星号运算下封闭。
设N=（Q 1,Σ,δ1,q 1,F 1）识别A 1。
如下构造N=（Q 1,Σ,δ1,q 1,F 1）。
N 应该识别A 1*。
a. N 的状态集是N 1的状态集。
b. N 的起始状态是N 1的起始状态相同。
c. F=｛q 1｝∪F 1。
F 的接受状态是原来的接受状态加上它的起始状态。
d. 定义δ如下：对每一个q 属于Q 和每一个a 属于Σ。
解：设N 1识别语言A={至少含有一个1}，其中输入字母表为{0，1}，可知A *={空串或至少含有一个1}。
N 1: N:按上述规定构造N 的状态图如上。
可以看出L(N)={0,1}*不等于A *. 所以如此构造的N 不一定识别A *.1.16 使用定理2.19中给出的构造，把下图中的两台非确定型有穷自动机转换成等价的确定型有穷自动机。
a)， b)，解：a), b)2.13 给出生成练习2.4中语言的正则表达式。
(注: 答案不唯一)a. {w | w 从1开始以0结束} 1Σ*0.b. {w | w 至少有3个1} Σ*1Σ*1Σ*1Σ*.c. {w | w 含有子串0101} Σ*0101Σ*.d. {w | w 的长度不小于3，且第三个符号为0} ΣΣ0Σ*.e. {w | w 从0开始且为奇长度，或从1开始且为偶长度} 0(ΣΣ)*⋃1Σ(ΣΣ)*.f. {w | w 不含子串110} (0⋃10) *1*.g. {w | w 的长度不超过5} ε⋃Σ⋃ΣΣ⋃ΣΣΣ⋃ΣΣΣΣ⋃ΣΣΣΣΣ.h. {w | w 是除11和111以外的任何字符} 0Σ*⋃10Σ*⋃110Σ*⋃111ΣΣ*. i. {w | w 的奇位置均为1} (1Σ)*( ε⋃1).j. {w | w 至少含有2个0，且至多含有1个1} 0*(00⋃010⋃001⋃100) 0*. k. {ε,0}. ε⋃0.l. {w | w 含有偶数个0，或恰好两个1} (1*01*0)*1*⋃0*10*10*. m. 空集. ∅.n. 除空串外的所有字符串ΣΣ*.1 0,1 0,11 0,1 0,1 εa,b a b 1 2 aa,bε b a1 23 a,b a b1 2 b 12 ∅ a a,b a a b 1 23 b 123 ∅ a b a,b1.19对下述每一个语言，给出4个字符串，2个是这个语言的成员，2个不是这个语言的成员。
这里假设字母表Σ={a,b}.a. a *b * 成员：ab ，aab 非成员：aba ，bab. a(ba)* 成员：ab ，abab 非成员：abb ，aac. a *⋃b * 成员：aaa ，bbb 非成员：ab ，bad. (aaa)* 成员：aaa ，aaaaaa 非成员：a ，aae.Σ*a Σ*b Σ*a Σ* 成员：aba ，aaba 非成员：aa ，abbf. aba ⋃bab 成员：aba ，bab 非成员：a ，bg. (ε⋃a)b 成员：b ，ab 非成员：a ，bbh. (a ⋃ba ⋃bb) Σ* 成员：a ，bb 非成员：ε，b1.21 使用引理2.32中叙述的过程，把图2-38中的有穷自动机转换成正则表达式。
a), b),解: a) a *b(a ⋃ba *b)*b) ε⋃(a ⋃b)a *b[(aa ⋃ab ⋃b)a *b]*(a ⋃ε). (注：答案不唯一)1.29利用泵引理证明下述语言不是正则的。
a. A 1={0n 1n 2n| n ≥0}。
证明：假设A 1是正则的。
设p 是泵引理给出的关于A 1的泵长度。
令S=0p 1p 2p,∵S 是A 1的一个成员且S 的长度大于p ，所以泵引理保证S 可被分成3段S=xyz 且满足泵引理的3个条件。
根据条件3，y 中只含0，xyyz 中，0比1、2多，xyyz 不是A 1的成员。
违反泵引理的条件1，矛盾。
∴A 1不是正则的。
b. A 2={www | w ∈{a,b}*}.证明：假设A 2是正则的。
设p 是泵引理给出的关于A 2的泵长度。
令S=a pba pba pb,∵S 是A 2的一个成员且S 的长度大于p ，所以泵引理保证S 可被分成3段S=xyz 且满足泵引理的3个条件。
根据条件3，y 中只含a ，所以xyyz 中第一个a 的个数将比后两个a 的个数多，故xyyz 不是A 2的成员。
违反泵引理的条件1，矛盾。
∴A 2不是正则的。
c. A 3={a 2n | n ≥0}.(在这里，a 2n 表示一串2n个a .)证明：假设A 3是正则的。
设p 是泵引理给出的关于A 3的泵长度。
令S= a 2p， ∵S 是A 2的一个成员且S 的长度大于p ，所以泵引理保证S 可被分成3段S=xyz 且满足泵引理的3个条件。
即对任意的i ≥0，xy i z 都应在A 3中，且xy i z 与xy i+1z 的长度都应是2的幂. 而且xy i+1z 的长度应是xy i z 的长度的2n倍(n ≥1)。
于是可以选择足够大的i ，使得|xy i z|=2n>p. 但是|xy i+1z|-|xy i z|=|y|≤p.即|xy i+1z|<2n+1, 矛盾。