Ingressi non fermi "problematici" per le macchine per la tentazione

Question

Avviamo questa domanda, definendo per una macchina di Turing, il set di parole IT non si fermò. Definisci: $ P (m)={w \ in \ Sigma ^ * | m $ non si fermò su $ w \} $

Sappiamo che la $ halt $ problema è $ re \ setminus r $ - Quindi ogni TM $ m $ che calcola $ halt $ ha una parola che non si fermò, cioè $ p (m) \ ne \ vuoto $ .

Da questo, sorge la (semplice) domanda:

$ Q (1): $ "è un problema indecidabile se e solo se ogni TM che calcola ha una" problematica "non vuota impostata $ P (m) $ ? " $ ^ {q \ spazio (1)} $

Inoltre, notiamo che per la $ halt $ problema conosciamo quella data $ m $ Computerlo, ci sono infinitamente molti ingressi che non si fermerà mai (incoraggio a pensare perché è così, prima di procedere nel post)

Così, allo stesso modo potremmo chiederci la versione (leggermente) più dura della prima domanda.

$ Q (2): $ "è un problema indecidabile IFF ogni classe TM $ m $ calcola che ha $ | P (m) |=aleph_0 $ ? " $ ^ {Q \ Space (2)} $

Inoltre - chiediamo una domanda ancora più forte:

$ Q (3): $ "se $ l $ è undecidable, sarà ancora In grado di trovare un set Finito di macchine Turing $ M_1, ..., M_N $ Compute $ L $ e avere $ \ bigcap_ {k \ spazio=spazio0} ^ np (m_k) $ finito? Che dire di un infinito Set di macchine Turing che soddisfano questo? " $ ^ {q \ spazio (3)} $

E la nostra domanda finale (e mezzo-aperta) sarà:

$ Q (4): $ "Cos'altro possiamo capire di turing macchine e dei loro set problematici?"

Answer 1

Allora, iniziamo ad affrontare quei problemi. Come nota laterale, ho organizzato le domande tali che ogni domanda usa la risposta di quella prima di essa (e in questo modo, quasi sembrano troppo banale per cominciare con $: $ P).

$ A (1): $ è piuttosto banale dalla definizione. Se $ l $ è indecididabile quindi non c'è macchina di turing che la calcola e si ferma sempre, quindi tutte le macchine di turing che calcolano L $ Avere $ p (m) \ ne \ vuotyset $ . L'altra direzione è anche semplice come questa.

$ A (2): $ Assumere $ l $ è undecidable. Se c'era una macchina di Turing $ m $ che calcola $ l $ e ha una classe definita < "container di matematica"> $ p (m) $ , quindi costruiamo una nuova macchina $ \ hat m $ tale che avrà $ P (\ hat m)=vuoto $ come segue (su ingresso $ w $ ): .

Rifiuta se $ w \ in p (m) $ (questo è possibile dal momento che $ P (m) $ < / span> è finita)

Altrimenti, restituire $ m (w) $

Questa nuova macchina, si fermerà per ogni $ w \ in p (m) $ , ma da quando per ogni $ w \ notin p (m) $ eseguirà $ m $ , ed è garantito che si fermerà su di esso (dal momento che altrimenti sarebbe stato in $ p (m) $ ), abbiamo la nuova $ \ cappello m $ si ferma sempre e Accetta $ l $ - quindi contradditando l'ipotesi. L'altra direzione è semplicemente derivata da $ A (1) $ .

$ A (3) $ : per finito set di macchine di turing, $ M_1 , ... M_N $ Mostreremo che è impossibile avere il $ \ bigcap_ {k \ spazio=spazio0} ^ np (m_k) $ Ma indecidabile $ l $ . Consente di assumere alla contraddizione questo non tiene. Solo a $ A (2) $ , costruiremo $ \ hat m $ - Ma ora è abbastanza è abbastanza Per costruirlo tale che $ p (\ hat m)=bigcap_ {k \ spazio=spazio0} ^ np (m_k): $

.
• Esegui $ M_1 (W), M_2 (W), ..., M_N (W) $ in parallelo
• accetta se qualcuno di loro accettato.

Ora, è ovvio perché $ \ hat m $ accetta $ l $ . Let $ W \ Notin P (\ hat m) $ , quindi c'è qualche $ 1 \ Le k \ le n $ < / span> tali quella $ m_k (w) $ fermato, quindi $ w \ notin \ bigcap_ {k \ spazio=spazio0} ^ np (m_k) $ . Let $ w \ in p (\ hat m) $ , quindi non si fermò su alcuna class class="container di matematica"> $ M_K $ , quindi $ w \ in p (m_k) $ per tutti $ k $ . Concludendo che $ P (\ hat m)=bigcap_ {k \ spazio=spazio0} ^ np (m_k) $ è finita e quindi da $ A (2) $ non può esistere.

Per quanto riguarda Infinite Set di macchine di Turing, questo è decisamente possibile. Definisci per ogni $ W \ in \ Sigma ^ * $ La macchina $ m_w $ che accetta $ L $ ma si ferma anche su $ W $ (allo stesso modo alla build in $ A (2) $ ). Quindi $ W \ Notin P (M_W) $ quindi $ w \ notin \ bigcap _ {\ hat w} p (m_ \ \ cappello w) $ e quindi non solo quella $ \ bigcap _ {\ hat w} p (m_ \ hat w) $ è finita, è anche vuoto.

$ A (4): $ Let $ l $ è undecidable e $ M_1, M_2 ... $ Turing Machine che accettano $ l $ e il loro intersezione del" set problematico "è finito . Se guardiamo alla funzione $ f: \ mathbb {n} \ reapyarrow \ sigma ^ * $ definito da $ f ( K)=Langle M_K \ Rangle $ , quindi è non computabile. Questo segue da $ A (2) $ Poiché se tale funzione era computabile, saremmo stati in grado di creare una macchina di Turing $ \ cappello m $ con

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

Un'altra idea di cui ho iniziato a pensare è ciò che accade quando parliamo di Due lingue o più, anziché uno alla volta. Let $ M_1 $ Sii una macchina per $ l_1 $ e $ M_2 $ per $ l_2 $ . Quindi, possiamo definire una macchina $ m $ per $ l_1 \ bigcap l_2 $ o $ L_1 \ BIGCUP L_2 $ con:

$ p (m)= p (m_1) \ bigcup p (m_2) $ (Nota Questo può dimostrare anche le proprietà di chiusura in $ \ Mathcal R $ )

o se $ l_1 \ delta l_2 $ è finito, quindi noi i set problematici di macchine per le lingue sono praticamente uguali (per ogni macchina $ M $ In uno qualsiasi di loro possiamo trovare macchine $ m'_1, m'_2 $ per gli altri due Lingue con lo stesso set problematico)

Anche se devo ancora scrivere una prova formale di quanto sopra. (Onestamente, non ho energia per scrivere più prove del genere in questo unico post) ti invito ancora a provare a provarlo a casa!

Infine! Penso (ma ancora insicuro) possiamo ottenere risultati simili (ma con più vincoli) per l'analisi del tempo di complessità se definiamo $ p (m, t) $ per il tempo- costruttibile $ t (n) \ ge log (n) $ come gruppo di parole $ m $ non Si fermano all'interno di $ t (n) $ passaggi. In questa definizione c'è il difficile problema delle costanti, così è più difficile mostrare i teoremi definendo nuove macchine (in quanto potrebbero fare un po 'più costantemente un lavoro costante che farà entrare in atto il set problematico e la notazione Big-o qui è qui un po 'insignificante per costi diverse)

Se pensi che qualcosa non sia corretto o vuoi solo aggiungere di più - sarò lieto di apportare modifiche.