Ön ek dilinin karar verebilirliği

9

Ara sınavda aşağıdaki sorunun bir çeşidi vardı:

Bir Karar verilebilen için tanımlamak o ABS zorunlu Karar verilebilen değildir. $L$
$Pref (L) = {x ∣ \exists y s.t. x y \in L}$ $\text{Pref}(L) = \{ x \mid \exists y \text{ s.t. } xy \in L\}$ $\text{Pref}(L)$

Ama eğer seçersem, o zaman de , böylece karar verilebilir. Ayrıca de aynı sonucu verir. Ve karar verilebilir olduğundan, durma problemini ya da böyle bir şeyi seçemem .. $L=\Sigma^*$ $\text{Pref}(L)$ $\Sigma^*$ $L=\emptyset$ $L$

Nasıl bulabilirim böyle Karar verilebilen değil mi? $L$ $\text{Pref}(L)$
Üzerinde hangi koşullar yapacak Karar verilebilen ve bu da undecidable yapacak? $L$ $\text{Pref}(L)$

computability undecidability

— Ran G.
kaynak

9

Kararlı bir dilin önünde varoluşsal bir nicelik belirteci kullanarak herhangi bir yeniden dil elde edebileceğimizi, yani her yeniden dilin şu şekilde ifade edilebilir olduğunu unutmayın:

{x \in Σ^{*} ∣ \exists y \in Σ^{*} ⟨ x, y ⟩ \in V}

$\{ x\in \Sigma^* \mid \exists y \in \Sigma^* \ \langle x,y \rangle \in V \}$

burada karar verilebilir bir dildir. Bunlar arasında gibi kararsız diller . $V$

A_{T M} = {⟨ e, x ⟩ ∣ e encodes a Turing machine which accepts x}

$A_{TM} = \{ \langle e, x\rangle\ \mid \text{$e$ encodes a Turing machine which accepts $x$} \}$

Buradaki tek fark, burada ve kendimiz ayırmamız gerektiğidir. Standart numara, iki parçayı ayırmak için yeni bir sembol kullanmaktır (ayırıcının ait olduğunu varsayın ). Bu nedenle kararsız olanlar da dahil olmak üzere herhangi bir yeniden dil bu biçimde ifade edilebilir. $x$ $y$ $y$

İkinci soru için, belirli bir karar verilebilir dilin öneklerinin kararsız olup olmadığını kontrol etmenin genel bir algoritmik yolu yoktur. Bu Rice'ın teoreminden geliyor.

— Kaveh
kaynak

yaratan açıkça verebilir misiniz ?

V

$V$

A_{T M}

$A_{TM}$

— Ran G.

2

izin bir dize bir durdurulması kabul hesaplama temsil etmesi amaçlanmıştır olmak ile , olup olmadığını kontrol edecek bir kabul hesaplamasıdır ile .

y

$y$

M_{e}

$M_e$

x

$x$

V

$V$

y

$y$

M_{e}

$M_e$

x

$x$

— Kaveh

Güzel bir çözüm!

— Koştu G.

3

Meta-bilgi: yine de bazı hesaplama özelliklerine sahip, karar verilemez bir dil bulmak istiyorsunuz. Keyfi kararsız bir dil muhtemelen sizi çok ileri götürmeyecektir. Ama yarı karar verilebilir bir…

Daha güçlü ipucu: yarı karar verilebilir dil nedir? Biz kelimeleri numaralandırabilmesidir gelir: o kelimelerin bazı şey hazır bir tamsayı bulunacak şekilde öyle ki $u$ $n$

u = f (n)

$u = f(n)$

Karar verilebilirlik ve ön ekler göz önünde bulundurularak bu denkleme biraz bakın.

Sezgisel olarak konuşursak, bazı olduğunu varsayalım ve içinde olsun size teste istediğiniz . Genel olarak , , , vb. daha iyi bir şey yapmayacaksınız; burada alfabenin harfleri. Bu, üyeliğini test eden kısmi yinelemeli bir işlevdir . Tabii ki, nin zaten olduğunu biliyorduk ; göstermemiz gereken şey, bazen alternatif bir yöntem olmadığıdır. ve özyinelemeyen bir dizi alalım ve , bir numaralandırması olsun ( $x$ $\mathrm{Pref}(L)$ $x a$ $x b$ $x a a$ $a,b,\cdots$ $\mathrm{Pref}(L)$ $\mathrm{Pref}(L)$ $S \subset \mathbb{N}$ $f$ $S$ $S = {f(x) \mid x\in\mathbb{N}}$ ).

Alfabe üç sembolleri içeren varsayalım , ve (yalnızca iki sembol varsa , kodlamak olarak , olarak ve olarak ). Eğer , izin olması sembolleri ile taban 2 ile yazılmış ve bir öncü ile . $0$ $1$ $:$ $\{\aleph,\beth\}$ $0$ $\aleph\aleph$ $1$ $\aleph\beth$ $:$ $\beth$ $n\in\mathbb{N}$ $\bar n$ $n$ $0$ $1$ $0$

Let . Sade İngilizce olarak, öğelerini alıp numaralandırma endekslerini ele alıyoruz . açık bir şekilde karar verilebilir (tek bir tane olup olmadığını kontrol edin iki basamaklı dizilerin hiçbir baştaki içermediğini ve ilk basamak dizisinin görüntüyü ikincisinin büyüdüğü sayının ile büyüdüğünü kontrol edin). Oysa bazı karar verirken bir öneki karar vermeden eşdeğerdir içindedir Eğer bilmeden yapamaz, beri varsayımı ile özyinelemeli değildir. Resmi olarak $L = \{\bar y\mathord:\bar x \mid y = f(x)\}$ $S$ $L$ $:$ $0$ $f$ $\bar y$ $L$ $y$ $S$ $x$ $S$ $\mathrm{Pref}(L)$ karar verilemez çünkü karar verilemez. $\mathrm{Pref}(L) \cap \{0,1\}^*\mathord: = S\mathord:$

— Gilles 'SO- şeytan olmayı bırak'
kaynak