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\subsection{Nichtdeterminismus}
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Einfach gesagt werden hier Automaten behandelt, die zufällige (genannt \bi{nichtdeterministische}) Entscheidungen treffen.
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Beispielsweise für ein Entscheidungsproblem $(\Sigma, L)$ bedeutet dies, dass ein nichtdeterministischer EA $A$ eine Sprache $L$ akzeptiert,
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falls für jedes $x \in L$ mindestens eine akzeptierende Berechnung von $A$ auf $x$ existiert und für $y \in \word - L$ keine solve existiert.
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Wir notieren das Ganze in graphischer Darstellung so, dass wir aus einem Zustand mehrere Übergänge mit dem gleichen Eingabesymbol erlauben.
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\begin{definition}[]{nichtdeterministischer Endlicher Automat (NEA)}
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Ein NEA ist eine Quitupel $M = (Q, \Sigma, \delta, q_0, F)$:
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\begin{enumerate}[label=\textit{(\roman*)}]
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\item \bi{Zustandsmenge:} $Q$ ist eine endliche Menge
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\item \bi{Eingabealphabet:} $\Sigma$ ist ein Alphabet
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\item \bi{Übergangsfunktion:} $\delta : Q \times \Sigma \rightarrow \mathcal{P}(Q)$. $\mathcal{P}(Q)$ ist das Powerset hierbei
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\item \bi{Anfangszustand:} $q_0 \in Q$
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\item \bi{Akzeptierende Zustände:} $F \subseteq Q$
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\end{enumerate}
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Ein \bi{Schritt} in der $\delta$-Notation ist im Vergleich zum deterministischen EA nicht $\delta(q, a) = p$,
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sondern $p \in \delta(q, a)$ ist, da die Übergangsfunktion ja jetzt ins Powerset von $Q$,
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anstelle von nach $Q$ direkt mapped. Die komplette Definition des Schritts ist also:
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\begin{align*}
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(q, w) \bigvdash{M}{} (p, x) \Longleftrightarrow w = ax \text{ für ein } a \in \Sigma \text{ und } p \in \delta(q, a)
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\end{align*}
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Eine \bi{Berechnung von $M$} ist eine endliche Folge $D_1, D_2, \ldots, D_k$ von Konfigurationen,
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wobei $D_i \bigvdash{M}{} D_{i + 1}$ für $i = 1, \ldots, k - 1$
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Eine \bi{Berechnung von $M$ auf $x$} hingegen ist eine Berechnung $C_0, C_1, \ldots, C_m$ von $M$,
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wobei $C_0 = (q_0, x)$ und entweder $C_m \in Q \times \{ \lambda \}$ oder $C_M = (q, ay)$ für ein $a \in \Sigma, y \in \word$ und $q \in Q$,
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so dass $\delta(q, a) = \emptyset$.
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$C_0, \ldots, C_m$ ist \bi{akzeptierend} falls $C_m = (p, \lambda)$ für ein $p \in F$
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Die Sprache $L(M) = \{ w \in \word \divides (q_0, w) \bigvdash{M}{*} (p, \lambda) \text{ für ein } p \in F \}$
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Für die $\hdelta$-Funktion, gilt nun $\hdelta(q, \lambda) = \{ q \}$ für jedes $q \in Q$ und wir definieren:
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\begin{align*}
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\hdelta(q, wa) & = \{ p \in Q \divides \text{es existiert ein } r \in \hdelta(q, w), \text{ so dass } p \in \delta(r, a) \} \\
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& = \bigcup_{r \in \hdelta(q, w)} \delta(r, a) \smallhspace \forall q \in Q, a \in \Sigma, w \in \word
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\end{align*}
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\end{definition}
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Ein Wort ist in $L(M)$, falls $M$ mindestens eine akzeptierende Berechnung auf $x$ hat.
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Bei einer akzeptierenden Berechnung \textit{auf} $x$ wird wie beim EA gefordert, dass das ganze Wort $x$ gelesen worden ist und $M$ nach dem Lesen in einem akzeptierenden Zustand ist.
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Bei NEA kann eine nicht akzeptierende Berechnung auch vor Beendung des Lesevorgangs enden, da wir hier nicht vorschreiben,
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dass es für jedes Symbol des Eingabealphabets eine definierte Übergangsfunktion gibt, es ist also erlaubt, dass bspw. $\delta(q, a) = \emptyset$.
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Zudem haben wir aus der Definition von $\hdelta$ eine alternative Definition der von $M$ akzeptierten Sprache:
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$L(M) = \{ w \in \word \divides \hdelta(q_0, w) \cap F \neq \emptyset \}$
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Für NEA kann man einen \bi{Berechnungsbaum $\mathcal{B}_M(x)$ von $M$ auf $x$} erstellen, der dann anschaulich alle möglichen Enden der Berechnung darstellt.
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Wir beginnen den Baum mit Konfiguration $(q_0, x)$ und führen dann mit den Kanten alle möglichen Berechnungen aus, die mit dem ersten Symbol des Wortes möglich sind.
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Wir erreichen so also zum Beispiel die Konfiguration $(q_1, x_1)$, wobei $x_1$ $x$ ohne das erste Zeichen ist.
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\fancylemma{NEA aus Abbildung 3.15 im Buch} Sei $M$ der NEA aus Abbildung 3.15 im Buch (auf Seite 77 (= 92 im PDF) zu finden).
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Dann ist $L(M) = \{ x11y \divides x, y \in \wordbool \}$
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Der Beweis für eine solche Aussage läuft oft über Teilmengen (also mit $X \subseteq Y \land Y \subseteq X \Leftrightarrow X = Y$).
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Eine zentrale Frage dieses Kapitels ist es, ob $\mathcal{L}_{\text{NEA}} = \mathcal{L}_{\text{EA}}$, wobei $\mathcal{L}_{\text{NEA}} = \{ L(M) \divides M \text{ ist ein NEA} \}$.
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In anderen Worten: Können EA die Arbeit von NEA simulieren?
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Ja, es ist möglich und gilt allgemein, dass die Simulation von Nichtdeterminismus durch Determinismus nur dann realisierbar ist,
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wenn es möglich ist, alle nichtdeterministischen Berechnungen durch deterministische Berechnungen nachzuahmen.
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Bei EA (nennen einen $A$ im Folgenden) basiert diese Idee auf BFS der Berechnungsbäume von $M$.
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Die Idee ist dann, dass alle Knoten mit Entfernung $i$ von der Wurzel die ersten $i$ Symbole von $x$ gelesen haben.
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Da NEA endlich viele Konfigurationen bei Entfernung $i$ haben ist es möglich, die Transformation durchzuführen.
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Wenn es zwei Knoten $u \neq v$ identisch sind, so müssen wir nur in einem der Teilbäume nach einer akzeptierenden Berechnung suchen.
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\bi{Potenzmengenkonstruktion:} Ein Zustand $\langle P \rangle$ von $A$ für $P \subseteq Q$ erhält die Bedeutung,
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dass nach der gegebenen Anzahl an Berechnungsschritten genau die Zustände aus $P$ in den Berechnungen von $M$ auf der gegebenen Ebene erreichbar sind, also $P = \hdelta(q_0, z)$.
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Ein Berechnungsschritt in $A$ aus einem Zustand $\langle P \rangle$ für ein gelesenes Symbol $a$ bedeutet die Bestimmung der Menge $\bigcup_{p \in P} \delta(p, a)$,
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also aller Zustände, die aus irgendeinem Zustand $p \in P$ beim Lesen von $a$ erreichbar sind.
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Dabei benutzen wir $\langle P \rangle$ statt $P$, um zu verdeutlichen, dass wir eine Zustand von $A$ und nicht die Menge der Zustände von $M$ bezeichnen.
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Ein EA, der die Sprache, bei welcher das $k$-letzte Symbol $1$ ist, benötigt $2^k$ Zustände.
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Er wird dabei aus dem NEA dieser Sprache mit der Potenzmengenkonstruktion gebildet.
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\inlinetheorem Zu jedem NEA $M$ existiert ein EA $A$, so dass $L(M) = L(A)$
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Um $L(M) = L(A)$ zu zeigen, müssen wir folgende Äquivalenz beweisen:
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\rmvspace
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\begin{align*}
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\forall x \in \word : \hdelta_M(q_0, x) = P \Longleftrightarrow \hdelta(q_{0 A}, x) = \langle P \rangle
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\end{align*}
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\rmvspace
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Wir können dies über einen Induktionsbeweis tun und ein vollständiger Beweis findet sich unten auf Seite 82 (= Seite 97 im PDF) im Buch.
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Wir sagen, dass zwei Automaten \bi{äquivalent} sind, falls $L(A) = L(B)$.
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Eine Folge von Satz 3.2 ist eben, dass $\mathcal{L}_{\text{EA}} = \mathcal{L}_{\text{NEA}}$, also sind die EA genau so stark wie die NEA im Bezug auf die Sprachakzeptierung.
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Was hingegen ein Problem sein kann, ist dass die durch die Potenzmengenkonstruktion erzeugten Automaten (exponentiell) grösser sind als die NEA.
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Es gibt gewisse NEA, bei welchen man bei der Simulation des Nichtdeterminismus durch Determinismus unausweichlich in exponentiell grösseren EA resultiert.
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Man kann beweisen (siehe Seiten 83 und 84 mit Abbildung 3.19 im Buch (= Seiten 98 \& 99 im PDF)), dass man die Potenzmengenkonstruktion nicht allgemein verbessern kann.
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\inlinelemma Für alle $k \in \N - \{ 0 \}$ muss jeder EA, der $L_k = \{ x1y \divides x \in \wordbool, y \in (\alphabetbool)^{k - 1} \}$ akzeptiert, mindestens $2^k$ Zustände haben.
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% FIXME: Verify with TA that this is correct too
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% Else: Note an example from the worked example, TA's approach from the slides or from the book on P100 (PDF)
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\fhlc{ForestGreen}{Worked Example} Zeige, das jeder endliche Automat,
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der die Sprache $L = \{ w \in \{ a , b \}^* \divides w \text{ enthält Teilwort $ab$ gleich oft wie das Teilwort $ba$ enthält} \}$
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mindestens $n := 5$ Zustände haben muss.
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\begin{table}[h!]
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\begin{center}
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\begin{tabular}[c]{c|ccccc}
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& $ab$ & $(ab)^2$ & $(ab)^3$ & $(ab)^4$ & $(ab)^5$ \\
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\hline
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$ab$ & - & $(ba)^2$ & $(ba)^3$ & $(ba)^4$ & $(ba)^5$ \\
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$(ab)^2$ & & - & $(ba)^3$ & $(ba)^4$ & $(ba)^5$ \\
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$(ab)^3$ & & & - & $(ba)^4$ & $(ba)^5$ \\
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$(ab)^4$ & & & & - & $(ba)^5$ \\
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$(ab)^5$ & & & & & - \\
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\end{tabular}
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\end{center}
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\end{table}
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Sei $S = \{ ab, (ab)^2, (ab)^3, (ab)^4, (ab)^5 \}$.
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Laut Lemma 3.3
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