«Проблематические» нехваткие входы для Turgines Machines

Question

Давайте начнем этот вопрос, определяя для Turging Machine, набор слов IT не остановился. Определите: $ p (m)={w \ in \ sigma ^ * | m $ не остановка на $ W \} $

Мы знаем, что $ Halt $ проблема $ Re \ setminus r $ - Таким образом, каждый тм $ m $ , который вычисляет $ HALT $ имеет слово, которое он не останавливается, т.е.= «Математический контейнер»> $ P (M) \ ne \ pellyset $ .

Из этого возникает (простой) вопрос:

$ Q (1): $ "- это проблема неразрешена, если и только тогда, когда каждый TM, который вычисляет, имеет не пустой« проблемный »SET $ P (M) $ ? " $ ^ {q \ space (1)} $

Более того, давайте отметим, что для $ Halt $ проблема, которую мы знаем, что дано $ m $ что Вычисляет его, есть бесконечно много входов, на которых он никогда не остановится (я рекомендую подумать, почему это так, прежде чем продолжить в посте)

Итак, так же, как мы можем захотеть спросить себя (слегка) сложнее версию первого вопроса.

$ q (2): $ "- это проблема неразрешена IFF каждый TM $ m $ что Вычисляет у него есть $ | P (M) |=aleph_0 $ ? " $ ^ {q \ space (2)} $

Более того - давайте задам еще более сильный вопрос:

$ Q (3): $ ", если $ l $ неотлагаемый, мы все еще будем Способен найти finite набор turging machines $ m_1, ..., m_n $ , который вычисляет $ L $ а имейте $ \ bigcap_ {k \ space=space0} ^ np (m_k) $ finitte? Как насчет бесконечно Набор машин Turgines, которые удовлетворяют этому? " $ ^ {q \ space (3)} $

и наш финальный (и полуоткрытый) вопрос будет:

$ q (4): $ "Что еще мы можем понять о Turging Machines и их проблемных наборах?"

Answer 1

Так, давайте начнем решать эти проблемы. В качестве побочной записи я устроил такие вопросы, что каждый вопрос использует ответ о том, как он (и таким образом они почти кажутся слишком тривиальными, чтобы начать с $: $ P).

$ a (1): $ довольно тривиально из определения. Если $ l $ неразрешен, то нет Turing Machine, который вычисляет его и всегда останавливает, таким образом, все Turgines Machines, которые вычисляют $ L $ есть $ p (m) \ ne \ ne endyset $ . Другое направление также так просто, как этот.

$ a (2): $ Давайте предположим, что $ l $ неразрешен. Если бы была Turging Machine $ m $ , который вычисляет $ l $ и имеет конечный $ P (M) $ , затем позвольте нам построить новую машину $ \ Hat m $ такой, что у него будет $ P (\ Hat M)=pertyset $ Как следует ниже (на входе $ W $ ):

.
• letject, если $ W \ in p (m) $ (это возможно, поскольку $ P (M) $ < / span> конечно)
• В противном случае возвращается $ m (w) $

Эта новая машина, остановная для каждого $ W \ in p (m) $ , но поскольку для каждого $ W \ Notin P (M) $ Он будет работать $ M $ , и он гарантирован, что он остановится на нем (так как в противном случае это было бы в $ p (m) $ ), у нас есть что новый $ \ Hat m $ всегда останавливает, а также Принимает $ l $ - таким образом, противоречащие предположению. Другое направление просто происходит из $ a (1) $ .

$ a (3) $ : для finite Наборы Turging Machines, $ m_1 , ... m_n $ Мы покажем, что невозможно иметь конечное $ \ bigcap_ {k \ space=space0} ^ np (m_k) $ Но неразрешен $ l $ . Давайте предположим, к противоречию это не держит. Просто на $ a (2) $ , мы будем строить $ \ Hat m $ - но теперь достаточно его Чтобы построить это, что $ P (\ Hat M)=bigcap_ {k \ space=space0} ^ np (m_k): $

.
• запустить $ m_1 (w), m_2 (w), ..., m_n (w) $ параллельно
• принять, если кто-то из них принято.

Теперь очевидно, почему $ \ Hat m $ принимает $ l $ . Пусть $ W \ Notin P (\ Hat M) $ , то есть некоторые $ 1 \ le k \ le n $ < / span> такой, что $ m_k (w) $ остановил, поэтому $ w \ notin \ bigcap_ {k \ space=Space0} ^ NP (M_K) $ . Пусть $ W \ in p (\ Hat M) $ , то он не остановился на любом $ m_k $ , Таким образом, $ W \ in p (m_k) $ для всех $ K $ . Заключение, что $ P (\ Hat M)=bigcap_ {k \ space=space0} ^ np (m_k) $ конечно и поэтому из $ a (2) $ не может существовать.

относительно Infinite наборов Turging machines, это определенно возможно. Просто определите для каждого $ w \ in \ sigma ^ * $ Машина $ m_w $ , который принимает $ l $ Но также останавливается на $ W $ (аналогично сборке в $ W \ NOTIN P (M_W) $ Следовательно, $ w \ notin \ bigcap _ {\ hat w} p (m_ \ шляпа w) $ и, таким образом, не только то, что $ \ bigcap _ {\ hat w} p (m_ \ hat w) $ конечно, его также пусто.

$ a (4): $ Пусть $ l $ неразрешен и $ m_1, m_2 ... $ - это Turing Machines, которые принимают $ l $ и их пересечение" проблемного набора "конечно Отказ Если мы посмотрим на функцию $ f: \ mathbb {n} \ prightarrow \ sigma ^ * $ Определены $ f ( k)=langle m_k \ pangle $ , то это не вычислимо. Это следует из $ a (2) $ , поскольку, если эта функция была вычислимой, мы смогли бы создать Turging Machine $ \ hat m $ с

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

Другая идея Я начал думать о том, что происходит, когда мы говорим о два языках или более, вместо одного за раз. Пусть $ m_1 $ Будьте машины для $ l_1 $ и $ M_2 $ для $ l_2 $ . Затем мы можем определить машину $ m $ для $ l_1 \ bigcap l_2 $ или $ l_1 \ bigcup l_2 $ с:

$ P (M)= p (m_1) \ bigcup p (m_2) $ (обратите внимание, что это также может оказаться закрытием свойств в $ \ mathcal r $ )

Или, если $ l_1 \ delta l_2 $ конечно, то мы проблемные наборы машин для языков в значительной степени одинаковы (для каждой машины <класс Span= «Математический контейнер»> $ m $ В любом из них мы можем найти машины $ m'_1, m'_2 $ для двух других Языки с одинаковым проблемным набором)

Хотя я еще не написал официальное доказательство вышеперечисленного. (Честно говоря, у меня нет энергии, чтобы писать больше доказательств, таких как в этом одном большом посте), я все еще поощряю вас, чтобы попробовать доказать, что дома!

Наконец! Я думаю (но все еще не уверен), мы можем получить подобные результаты (но с большим количеством ограничений) для анализа сложности времени, если мы определим $ P (M, T) $ для времени Constructible $ t (n) \ ge log (n) $ Как группа слов $ m $ dearn Остановка в пределах $ t (n) $ шаги. В этом определении есть сложная проблема констант, поэтому его труднее показать теоремы, определяя новые машины (поскольку они могут сделать чуть более постоянную работу, которая заставит какое-то слово вступить в проблематический набор, а нотация Big-O здесь несколько бессмысленные для разных констант)

Если вы думаете, что что-то неверно, или просто хочу добавить больше - я буду рад внести изменения.