Yazmaya karşı korumalı girişe sahip tek bantlı Turing Makineleri sadece Normal Dilleri tanır

İşte sorun:

Bantın giriş dizesini içeren kısmına yazamayan tek bantlı Turing Makinelerinin yalnızca normal dilleri tanıdığını kanıtlayın.

Benim fikrim, bu özel TM'nin bir DFA'ya eşdeğer olduğunu kanıtlamaktır.

DFA'yı simüle etmek için bu TM'yi kullanmak çok basittir.

Ancak, TM'yi simüle etmek için bu DFA'yı kullanmak istediğimde, sorunla karşılaşıyorum. TM geçişi DFA, bandı sağa okuyarak ve aynı durum geçişini yaparak kesinlikle simüle edebilir.$\delta(q,a)=(q',a,R)$

İçin , DFA sadece sola okur ve saklamak için bir yığın ya da bir şey olduğu için, sol hareket simüle etmek için bu DFA veya NFA kullanımı anlamaya olamaz.$\delta(q,a)=(q',a,L)$

Başka bir yol düşünmeli miyim? Biri bana bazı ipuçları verebilir mi? Teşekkürler.

Giriş

Sorunun orijinal ifadesinde bir hata olabileceğini düşündüm ve OP artık sormak üzere değildi. Bu yüzden, bandın her yerde salt okunur olduğunu varsaydım ve TM'nin yazabiliyorsa, bandın giriş bölümünün dışında tam Turing gücüne sahip olması gerçeğine dayanarak bu varsayımı temel alan bir ilk kanıt yazdım, bu da yanlış herhangi bir RE dilini tanıyabileceğine inanıyor.

Bununla birlikte, durum böyle değildir: bandın giriş kısmına yazma kısıtlaması, bandın o kısmının giriş ve çıkışındaki durum sayısıyla sınırlı olan girişten yalnızca sınırlı bilgilerin çıkartılabileceği anlamına gelir. giriş ve çıkış tarafı). InstructedA için yatırılacak olan bir yorumun işaretlemeyi o HİÇ orijinal giriş alanına yazmadan girişlerin bir kopyasını yapmak mümkün olmadığından, herhangi RE dilini tanıyan bir sorun olduğunu,

Bu nedenle, bandın yalnızca giriş bölümünün salt okunur olduğunu, geri kalanının okuma-yazma izni olduğunu varsayan ikinci bir kanıt yazdım.

Her ikisini de burada saklıyorum, çünkü birincisi, ikinci kanıtın anlaşılmasına gerek olmamasına rağmen, daha karmaşık ve ikinci kanıt tarafından kabul edilen çözümü bulmama yardımcı oldu. Atlanabilir. Bununla birlikte, daha zayıf kanıt yapıcı olma avantajına sahiptir (Turing Makinesine eşdeğer bir FSA elde etmek için), ancak daha genel sonuç yapıcı değildir.

Ancak önce son ve daha güçlü sonucu veriyorum. Bu sonucu, kanıt olmadan, internette başka bir yerde veya bazı yetkili kullanıcılara sorarak bile bulamadığım için biraz şaşırdım ve yayınlanan çalışmalara herhangi bir referans memnuniyetle karşılanacaktır.

İçindekiler:

• Girişin üzerine yazmayan tornalama makineleri sadece normal dilleri kabul eder. Bu kanıt yapıcı değildir.

• Salt okunur bantlara sahip tornalama makineleri sadece normal dilleri kabul eder. Önceki ispat tarafından atlandığı gibi atlanabilir, ancak yapıcı olma avantajına sahip farklı bir yaklaşım kullanır.

Girişin üzerine yazmayan tornalama makineleri sadece normal dilleri kabul eder

TM'nin girişinin üzerine yazmamasına ve bu nedenle sadece girişinde okunmasına rağmen , TM'nin kasetin geri kalanında okuyabildiğini ve yazabildiğini hatırlıyoruz . Kanıt, TM'nin bilinmeyen bir girdi üzerindeki gözlemsel davranışının sadece sınırlı sayıda farklı vaka üretebileceğine dayanmaktadır. Bu nedenle, TM sadece bandının geri kalanına güvenerek tam Turing gücüne sahip olsa da, içindeki herhangi bir dize olabilen giriş hakkındaki bilgileri sonludur, bu nedenle sadece sonlu sayıda farklı vakalar. Bu, yapısal dillerin davranışsal değil, normal dillerin sonlu karakterine farklı bir bakış sağlar.$\Sigma^*$

TM'nin bir kabul durumuna girdiğinde kabul ettiğini varsayarız.

Kanıt.

Biz tanımlayan giriş sınırlı hesaplamalar (IRC) gibi bir (salt okunur) bandın giriş kısmında TM baş kalır, hemen bir hücreye hareket edebilir, son geçiş için muhtemelen hariç bu tür TM hesaplama giriş alanının solunda veya sağında.

Bir hesaplamalar kısıtlanmış sol girdi IRC olduğu girişin en soldaki sembolünü başlar. Bir hesaplamalar kısıtlı sağ girişi IRC olan girişin en sağdaki sembolünü başlar söyledi.

İlk olarak, durumunda başlayan sol giriş kısıtlı hesaplamalarında aşağıdaki dillerin düzenli olduğunu kanıtlıyoruz :$p$

• Dil sol giriş durumu başlayarak hesaplama sınırlı olduğu şekilde giriş şeritlerinin , durum en soldaki giriş sembolün sol birinci hücre üzerinde uçlarının ;$K_{Lp\to Lq}$$p$$q$

• Dil sol giriş durumu başlayarak hesaplama sınırlı olduğu şekilde giriş şeritlerinin , durum en sağdaki giriş sembolün birinci hücre sağdaki uçlarının ;$K_{Lp\to Rq}$$p$$q$

• giriş dizelerinin dili , durumundan başlayarak bir kabul durumuna ulaşan bir sol giriş kısıtlı hesaplaması olacak şekilde .$A_{Lp}$$p$

Ve benzer, devlet başlayan sağ girişi kısıtlanmış hesaplamalar için aşağıdaki benzer tanımlanmış diller düzenli şunlardır: , ve .$p$$K_{Rp\to Lq}$$K_{Rp\to Rq}$$A_{Rp}$

6 kanıt, iki yönlü deterministik olmayan sonlu durum otomatasının (2NFA) düzenli kümeleri tanımasına dayanmaktadır (bkz. Hopcroft + Ullman 1979, s. 36-41 ve yürütme 2.18 sayfa 51). 2NFA, başlangıçta en soldaki simgeden başlayarak ve kabul eden bir durumda sağ ucun ötesine geçerek kabul ederek girişi ile sınırlı bir kasette salt okunur bir TM gibi çalışır.

6 vakanın her birinde, giriş kısıtlı hesaplamaları taklit eden 2NFA oluşturularak, ancak en soldaki hücreden başlayabildiğinden ve bir kabulde en sağ uçtan çıkarak dili kabul edebildiğinden emin olmak için bazı ekstra geçişlerle kanıt yapılır. durum. İçin dilleri, TM orijinal kabul devlet durdurulması olmayan kabul hesaplama giden durumları içine değiştirilir. İki durumda, sol tarafta sona erecek TM hesaplamalarını tespit etmek için sol tarafta yeni bir koruma simgesine sahip ekstra bir hücre eklemek gerekebilir, böylece sağ tarafta sona erer.$K_{??\to ??}$

Bu diller , orijinal Turing makinesinin ve durumlarının tüm kombinasyonları için tanımlanmıştır . TM tarafından girdinin gözlemlenebildiğini (dolayısıyla bilinip hesaplanabileceğini) temsil ederler.$p$$q$

Eğer durumlarının sayısı olduğu için, bu şekilde tanımlamak dil ve dil , bu nedenle toplam dil. Aslında, bu dillerden bazıları eşit olabilir.$k$$4k^2$$K_{??\to ??}$$2k$$A_{??}$$4k^2+2k$

Bunlar, girişin bir ucundan başlayarak TM'nin mümkün olan tek giriş kısıtlamalı hesaplamalarıdır. Bu nedenle, her bir giriş dizesi tarafından (kasetin giriş bölümünün dışında) indüklenen hesaplamalar, girdinin ait olduğu veya ait olmadığı bu tür diller kümesi ile karakterize edilir, bu nedenle bu dillerinin her birinin veya tamamlayın . Tüm bu kavşaklar r normal dillerin sonlu kavşakları veya bunların tamamlayıcıları da düzenli ve dolayısıyla düzenli.$4k^2+2k$$\Sigma^*$$4k^2+2k$

Bunun bir sonucu olarak, bu birleştirme grubu, bir bölüm tanımlar arasında en fazla içine düzgün diller ( en fazla bir ilk dil eşit olabilir, ve bazı kavşaklar olabileceğinden çok). Aynı eşdeğerlik sınıfına ait olan tüm dizeler, girdinin sonlarından görüldüğü gibi tam olarak aynı davranışı üretebilir. Bu, salt okunur girdi alanında neler olduğunu soyutlarsanız Turing Makinesi'nin hesaplanması için ayırt edilemeyecekleri anlamına gelir.$\mathcal P$$\Sigma^*$$2^{4k^2+2k}$

Biz iki dizeyi alırsak ve aynı denklik sınıfında , biz TM hiçbirini kabul hesaplaması için bu, girdi alanı girilir sayısına ilişkin indüksiyon yoluyla, kanıtlayabilirim , bir kabul var üzerinde, TM giriş alanının dışında her yerde aynı olan TM hesaplaması . Bu nedenle, bir eşdeğerlik sınıfının tüm dizeleri kabul edilir veya hiçbiri kabul edilmez. Sonuç olarak, TM tarafından kabul edilen dil denklik sınıflarının birliğidir . Dolayısıyla, düzenli dillerin sınırlı bir birliğidir ve bu nedenle düzenli bir dildir.$u$$v$$\mathcal P$$u$$v$$\mathcal P$

Çok eksiksiz olmak için, boş giriş dizesinin durumunu atladık. Bu durumda, her yerde okuyabilen veya yazabilen normal bir TM'ye sahibiz. Kabul eden bir duruma ulaşırsa, boş dize dildedir, aksi halde değildir. Ancak bunun, tanınan dilin düzenli olması üzerinde çok az etkisi vardır.

Tabii ki, bir denklik sınıfının dilde olup olmadığı karar verilemez (aynı şey boş dize için de geçerlidir). Bu yapıcı olmayan bir delildir.

QED

Salt okunur bantlı tornalama makineleri sadece normal dilleri kabul eder

Bu, önceki sonuç tarafından toplanır. Muhtemelen daha az zarif, farklı bir yaklaşım kullandığından tutulur ve önemli olanı anlayarak önceki kanıtı bulmama yardımcı oldu. Ancak okuyucular tarafından atlanabilir. Ancak, bu kanıtın bir avantajı, dili kabul eden bir ÖSO üreten yapıcı bir kanıt olmasıdır. Benzer bir ispat Bir kroki verilir Hendrik Jan de onun cevabını bir karşı önceki benzer soruya bütün kaseti edildi salt okunur varsayar.

Kasetin kullanılmayan kısmındaki boş sembolün asla girişin bir parçası olmadığını varsayıyorum. Bu sembol burada belirtilmiştir . TM'nin kabul eden bir duruma ulaştığı zaman kabul etmesi gerekir.$\Box$

İspatın ilk adımı, kafanın bandın giriş alanından asla ayrılması gerekmediğini göstermektir. Böylece, kafa en sağdaki giriş sembolünden uzaklaştığında neler olduğunu analiz ediyoruz. En soldan hareket ederken yapılan analiz aynıdır.

Kafanın girişin sağındaki ilk boş hücreye geçtiğini düşünürsek, TM durumundadır , ne olabileceğini anlamalıyız. Aslında TM belirleyici olmadığında aynı anda mümkün olabilecek üç durum vardır:$q$

1. TM, kafa bantın giriş kısmına geri gelmeden her zaman bilgisayar kullanmaya devam eder;

2. TM (a) kabul etmeyen bir durumda (a) kabul veya (b) duruşlara ulaşır;

3. TM kafası eninde sonunda girişin en sağ hücresine geri döner, sonlu kontrol durumundadır .$r$

Bu nedenle, boş bir yarım kaset hesaplanırken, boş bir yarım kasetin en solundaki durumunda başlayarak , sağa sonsuz TM TM kontrolünün davranışını analiz etmeliyiz .$q$

TM yazmadığından ve yalnızca boş sembolü okuduğundan , sonlu kontrolün yapabileceği tüm sola veya sağa hareket eder ve konfigürasyonlar sadece kafanın konumu ile, yani bir tamsayı ile ayırt edilir. Bant başlayarak bir sayaç ile değiştirilebilir , kafa hamle sağa ve sola hareket eder indirildiği zaman artırılır ki biz kasete boş sembolü gerektiren sadece geçişler dikkate sağladı. Sayaç düşerse, kafanın en sağdaki giriş sembolüne geri dönmesi durumuna karşılık gelir.$\Box$$1$$0$

İlk açıklama, kabul etmeyi sona erdiren bir dize kabul etmek için tek uygun durum olduğu için, sonlandırılmayan (durum 1) veya reddederek (durum 2.b) sona eren hesaplamaları göz ardı edebileceğimizdir. Bu yüzden sadece sayacın inip düşmeyeceğini ve hangi durumda veya hesaplamanın kabul eden bir duruma ulaşıp ulaşamayacağını bilmek istiyoruz .$0$

Sonlu durum kontrolünün ilgili kısmını, köşelerin TM durumları olduğu ve kenarların boş geçişler olduğu, kafanın hareket etmesi gerekip gerekmediğine bağlı olarak +1 veya -1 ağırlığına sahip yönlendirilmiş bir grafikle temsil ediyoruz. Sağ ya da sol.

, pozitif ağırlıklı bir yolla kabul eden bir duruma ulaşılabilen durum kümesini tanımlarız .$A_R$$q$

Ayrıca grubu hesaplamak tüm çiftleri ağırlıkça bir yol olduğu şekilde durumlarının den için , fakat bu yolun bir ön ek bir negatif ağırlığa sahiptir.$E_R$$(q,r)$$-1$$q$$r$

Daha sonra TM'nin sonlu durum kontrolünü aşağıdaki gibi değiştiririz (boş sembol üzerindeki tüm geçişleri yok ):$\Box$

Geçiş olmadan yeni bir kabul durumu oluşturuyoruz.$q_A$

Her geçiş için bir geçiş eklersiniz eğer (yani en sağdaki simgede iseniz kabul etmek mümkündür).$p,a\mapsto R,q$$p,a\mapsto R,q_A$$q\in A_R$

Her geçiş ve her çift bir kukla geçiş , burada kafanın hareket etmemesi gerektiğini gösterir. Bu, çoğu otomata formalizasyonunda izin verilen bir hareket olmadığından, bu kukla durumlar daha sonra geçişli kapanma ile ortadan kaldırılabilir.$p,a\mapsto R,q$$(q,r)\in E_R$$p,a\mapsto S,r$$S$

Bu tamamlandığında, kukla geçişleri kaldırmaya devam ediyoruz. Her bant sembolü , olarak oluşturuyoruz ve geçiş geçişini düşünüyoruz tarafından tanımlanan ilişki . Daha sonra, her geçiş orijinal TM'nin her bir çift , yeni bir geçiş . Sonra tüm kukla geçişler kaldırılabilir.F a = { ( p , r ) ∣  bir sahte geçiş  p , a ↦ S , r } F ∗ a F a r , a ↦ L , s ( p , r ) ∈ F ∗ a p , a ↦ L , $a$$F_a=\{(p,r)\mid \text{ there is a dummy transition } p,a\mapsto S,r\}$$F_a^*$$F_a$$r,a\mapsto L,s$$(p,r)\in F_a^*$$p,a\mapsto L,s$

Bantın giriş kısmının sol başının hareketleri için benzer şekilde ilerleriz, böylece sola ve sağa geri gider ve grafik ağırlıklarında ve değiştiririz .- $+1$$-1$

Bu yapıldıktan sonra, karşılık gelen hesaplama yeni geçişler tarafından kısa devre yapıldığından, boş hücrelerdeki tüm geçişleri tamamen kaldırırız. Ve şimdi durumunu kabul etmek ve orijinal dili tanımak dışında, her zaman girişte kalan bir kafaya sahip yeni bir .$q_A$

Şimdi, bu TM'nin tam olarak iki yönlü bir NDA gibi davranmasını sağlamak için birkaç kozmetik değişiklik yapmalıyız (kabul, sadece sağdaki girdiden bir eccpting durumuna çıkmaktan ibarettir). Daha sonra, dilin düzenli olduğuna dair kanıt elde etmek için 2-NDA ve FSA arasındaki bilgi denkliğine güvenebiliriz (bkz. Örneğin Hopcroft + Ullman 1979, sayfa 40).

QED

Sola veya sağa hareket etmek bir sorun değildir, çünkü iki yönlü sonlu otomata normal dilleri tam olarak tanır (bu açık değildir). Ancak TM'niz giriş kelimesinin kaset bölümünün dışına yazabiliyorsa, kasetin bu kısmını normal dillerde tanımak için kullanabileceğinizi düşünüyorum. Belki de soruyu net olarak anlamıyorum.