"Problematische" nicht anhaltene Eingänge für Turing-Maschinen

Question

Lassen Sie uns diese Frage beginnen, indem Sie mit einer Turing-Maschine definieren, der Satz von Wörtern, die es nicht stärkelt. Definieren: $ p (m)={W \ in \ Sigma ^ * | M $ hält nicht auf $ W \} $

wir wissen, dass der $ halt $ problem ist $ re \ setminus r $ - somit jeder tm $ M $ Das berechnet Halt $ hat ein Wort, das es nicht anhält, dh $ p (m) \ ne \ emesyetet $ .

Entsteht in der (einfachen) Frage:

$ q (1): $ "ist ein Problem unentscheidbar, wenn und nur, wenn jeder TM, der berechnet, dass es eine nicht leere" problematische "Set $ p (m) $ ? " $ ^ {q \ space (1)} $

Lassen Sie uns mehr darauf hinweisen, dass für den Halt $ problem wir wissen, dass er $ M $ das berechnet es, es gibt unendlich viele Eingänge, an denen es nie eingestellt wird (ich ermutige, zu denken, warum dies so ist, bevor dies in den Pfosten geht)

Also, ähnlich möchten wir uns vielleicht die (leicht) härtere Version der ersten Frage stellen.

$ q (2): $ "ist ein Problem unentscheidbar, iFF Jede TM $ M $ das Computer hat es $ | p (m) |=aleph_0 $ ? " $ ^ {q \ q \ space (2)} $

mehr - lass uns eine noch stärkere Frage stellen:

$ q (3): $ "Wenn $ L $ unentschieden ist, werden wir noch sein In der Lage, einen endlichen -Set von Turing-Maschinen $ M_1, ..., M_N $ zu finden > $ L $ und habe $ \ Bigcap_ {k \ space=space0} ^ np (m_k) $ endlich? Was ist mit einem unendlich Satz von Turing-Maschinen, die das befriedigen? " $ ^ {q \ q \ q \ q \ q \ space (3)} $

und unsere endgültige (und halböffnete) Frage ist:

$ q (4): $ "Was können wir über Turing-Maschinen und ihre problematischen Sätze verstehen?"

Answer 1

Also, lass uns mit diesen Problemen angehen. Als seitliche Hinweis habe ich die Fragen so angeordnet, dass jede Frage die Antwort desjenigen, bevor sie (und auf diese Weise, fast zu trivial erscheinen, um mit $: $ p).

$ A (1): $ ist aus der Definition ziemlich trivial. Wenn $ L $ unbeeintriglich ist, gibt es keine Turing-Maschine, die es berechnet und immer hält, sodass alle Turing-Maschinen, die $ berechnen L $ haben $ p (m) \ ne \ emesyetet $ . Die andere Richtung ist auch so einfach wie diese.

$ A (2): $ Nehmen wir an, $ L $ ist unentschlossen. Wenn es eine Turing-Maschine gab $ M $ das berechnet $ L $ und hat eine endliche $ p (m) $ , dann erstellen Sie uns ein neues Maschinen $ \ Hat M $ so, dass er $ P (\ Hat m)=Eleseyet $ wie folgt (beim Eingang $ W $ ): .

.
• ablehnen, wenn $ w \ in p (m) $ (dies ist möglich, da $ P (m) $ < / span> ist endlich)
• Andernfalls, Rückgabe $ m (w) $

Diese neue Maschine wird für jeden $ W \ in p (m) $ , aber seit jedem $ W \ NOTIN P (M) $ Es wird $ M $ ausgeführt, und es ist garantiert, dass es daran haltet wird (da sonst es in gewesen wäre $ p (m) $ ), wir haben, dass der neue $ \ Hat M $ immer hält, und Akzeptiert $ L $ - damit widersprechen Sie der Annahme. Die andere Richtung wird einfach von $ A (1) $ abgeleitet.

$ A (3) $ : für endliche Sätze von Turing-Maschinen, $ m_1 , ... m_n $ Wir zeigen, dass es unmöglich ist, einen endlichen $ \ bigcap_ {k \ space=space0} ^ np (m_k) $ Aber unentscheidbar $ L $ . Lassen Sie uns gegen Widerspruch nehmen, dies hält nicht. Nur bei $ A (2) $ bauen wir $ \ Hat M $ - aber jetzt ist es genug So bauen Sie es so, dass $ P (\ Hat m)=Bigcap_ {k \ space=space0} ^ np (m_k): $

.
• run $ m_1 (w), m_2 (w), ..., m_n (w) $ parallel
• akzeptieren, wenn einer von ihnen akzeptiert wird.

Jetzt ist es offensichtlich, warum $ \ Hat M $ akzeptiert $ L $ . Lassen Sie $ W \ NOTIN P (\ HAT M) $ , dann gibt es einige $ 1 \ le k \ le n $ < / span> so, dass $ m_k (w) $ angehalten wird, somit $ W \ NOTIN \ BIGCAP_ {K \ SPACE=Space0} ^ np (m_k) $ . Lassen Sie $ w \ in p (\ Hat m) $ , dann haltet es nicht auf keinen $ M_K $ , somit $ w \ in p (m_k) $ für alle $ k $ . Schlussfolgerung, dass $ P (\ Hat m)=Bigcap_ {k \ space=space0} ^ np (m_k) $ ist endlich und deshalb von $ A (2) $ kann nicht vorhanden sein.

In Bezug auf unendliche Sätze von Turing-Maschinen ist dies definitiv möglich. Definieren Sie einfach für jeden $ W \ in \ Sigma ^ * $ Die Maschine $ m_w $ , die $ L $ aber hält auch auf $ W $ (ähnlich wie der Build in $ A (2) $ ). Dann $ W \ NOTIN P (M_W) $ Daher $ W \ NOTIN \ BIGCAP _ {\ Hat W \ \ Bigcap _ {\ Hat W} P (M_ \ Hut w) $ und so nicht nur, dass $ \ bigcap _ {\ hat w} p (m_ \ \ hut w) $ endlich ist, auch leer.

$ A (4): $ let $ L $ ist unentschieden und $ M_1, M_2 ... $ sind Turing-Maschinen, die $ L $ akzeptieren, und ihre Kreuzung des" problematischen Sets "ist endlich . Wenn wir auf die Funktion $ F: \ mathbb {n} \ Rightarrow \ Sigma ^ * $ von $ F ( k)=langle m_k \ rangle $ , dann ist es nicht ccccessable. Dies folgt aus $ A (2) $ , da, wenn diese Funktion berechenbar war, wir könnten eine Turing-Maschine erstellen $ \ Hat M $ mit

Ontainer "> $ P (\ Hat m)=bigcap_k p (m_k) $

Eine andere Idee, über die ich nachdenken möchte, ist das, was passiert, wenn wir über zwei $ M_1 $ eine Maschine für $ l_1 $ und $ M_2 $ für $ l_2 $ . Dann können wir eine Maschine definieren $ M $ für $ l_1 \ bigcap l_2 $ oder $ l_1 \ bigcup l_2 $ mit:

$ p (m)= p (m_1) \ bigcup p (m_2) $ (Hinweis Dies kann auch die Schließeigenschaften in $ \ Mathcal R $ )

oder wenn $ l_1 \ delta l_2 $ ist endlich, dann sind wir die problematischen Maschinensätze für die Sprachen so ziemlich gleich (für jede Maschine $ M $ In jedem von ihnen finden wir Maschinen $ M'_1, M'_2 $ für die anderen beiden Sprachen mit demselben problematischen Set)

Obwohl ich noch keinen formellen Beweis für das oben genannte schreiben muss. (Ehrlich gesagt, ich habe keine Energie, um mehr Beweise in diesem einen großen Beitrag zu schreiben) Ich ermutige Sie immer noch, dies zu versuchen, das zu Hause zu beweisen!

Endlich! Ich denke, (aber immer noch nicht sicher), wir können ähnliche Ergebnisse (aber mit mehr Einschränkungen) für die Zeitkomplexitätsanalyse erhalten, wenn wir $ P (m, t) $ für zeitlich definieren konstruierbarer $ t (n) \ ge log (n) $ als Gruppe von Wörtern $ M $ nicht Innerhalb von $ t (n) $ Schritte. In dieser Definition gibt es das schwierige Problem der Konstanten, so dass es schwieriger ist, Theorems zu zeigen, indem er neue Maschinen definiert (da sie nur ein bisschen konstantere Arbeiten tun, die ein Wort geben, das ein Wort zum problematischen Satz eingibt, und die Big-O-Notation hier ist etwas bedeutungslos für verschiedene Konstanten)

wenn Sie der Meinung sind, dass etwas falsch ist oder nur mehr hinzufügen möchte - ich freue mich, Änderungen vorzunehmen.