Meşgul kunduz işlevinin bir çeşidi

Bu soruyu okurken " Doğal RE kararlaştırılamaz problemler ama Turing-complete değil " şu aklıma geldi:

Eğer yoğun kunduz fonksiyonu (boş banda ait yukarıda tarif edilen tipte, makineleri dönülerek tüm durdurulması 2-n simgesi-durum arasında maksimum ulaşılabilir puanı), işlevi tanımlayın: $\Sigma(\cdot)$

B B (⟨ M ⟩) = {\begin{cases} 1 & ⟨ M ⟩ computes Σ (\cdot) \\ 0 & otherwise \end{cases}

$BB(\langle M \rangle) = \begin{cases} 1 & \text{$\langle M \rangle$ computes $\Sigma(\cdot)$}\\ 0 & \text{ otherwise} \end{cases}$

Şimdi dili tanımlayın:

$L = \{ \langle M \rangle \; | \; \langle M \rangle \mbox{ halts and } BB(\langle M \rangle) = 0 \}$

Mı ardışık enumerable? (yeniden olmalıdır: sadece aynı uzunluktaki tüm TM'lerle paralel M'de simüle edin ve durursa ve daha yüksek bir skorla başka bir durursa, numaralandırmaya M ekleyin). $L$ $M$ $M'$

Durma problemini düşürebilir miyiz $L$ ? (Meşgul kunduzların durmasını "yakalayamıyor" gibi görünüyor)

computability turing-machines

— Vor
kaynak

Mı

| ⟨ M ⟩ |

$|\langle M \rangle|$ eyaletlerin sayısı?

— Pål GD

Bir numaralandırma zaman içine durdurmak değil ? Eğer numaralandırmak sürece RE olamaz tüm üyelerini ve tarif ettik prosedür sadece bu aslında halt sıralar.

M

$M$

L

$L$

L

$L$

— Steven Stadnicki

@ PålGD: evet eyalet sayısı (durma durumu hariç)

— Vor

@StevenStadnicki: sadece durduran makineleri içerdiğini varsaydım ... belki de soruda açıklığa kavuşturmalıyım (biraz düşünmeme izin verin, belki de soruyu önemsiz kılar).

L

$L$

— Vor

@Kaveh Bu bir söz sorunu bile değil - (OP'nin amaçladığına inandığım gibi) .

L

$L$

L = {⟨ M ⟩ | M halts \land B B (⟨ M ⟩) = 0}

$L=\{\langle M\rangle | M\ \text{halts} \wedge BB(\langle M\rangle) = 0\}$

— Steven Stadnicki

Yanıtlar:

Bunu daha önce görmediğime inanamıyorum - ama evet, için bir kehanetle durma problemini çözebilirsin. Açıkçası için bir kehanet bize 'Meşgul olmayan tüm Kunduz olmayan durma makinelerini' özyinelemeli 'verir, bu yüzden soru' de meşgul kunduzların ne olduğunu özyineli olarak çözebilir miyiz ? ' Sorusu . Tanımla ikinci yoğun kunduz 'sayma fonksiyonu olarak; diğer bir deyişle, durmakta olan iki sembollü - stat TM'ler arasında ulaşılabilecek en yüksek ikinci puan . Hüner burada yinelemeli işlevi olmasıdır böyle (hemen hemen kesin olduğunu $L$ $L$ $L$ $\Sigma_2(n)$ $n$ $f()$ $\Sigma(n)\leq\Sigma_2(f(n))$ $f(n)=n+1$ Aslında, hile yapacak, ancak bu BB işlevinin kesinlikle arttığını bilmeyi gerektirir): bantına 1s yazdıran ve sonra durur, boyutunda bir makine verildiğinde , bazı ve iki makine boyutu her tam olarak yazdırmak 1'ler ve tam olarak kendi kayıtlarında sırasıyla 1'leri, - ve bu bir 'meşgul kunduz' makine için de geçerlidir biz don rağmen açıkça bilmiyorum . Bir için ikinci yoğun kunduz 'işlevi bağlı olan bu araçlar , bir meşgul kunduz fonksiyonu için bağlanmış verir $M$ $n$ $\Sigma(M)$ $c\gt 1$ $\leq cn$ $\Sigma(M)$ $\Sigma(M)+1$ $M$ $M$ $f(n)$ $n$ ; ama sonra bu sahip, bir TM için durdurulması sorunu çözmek kolaydır boyutu - eğer ardından söylemek santraline de; aksi takdirde, boyutu en uzun soluklu makineyi içinde (büyüklükte tek sonlu sayıda makineleri vardır çünkü yinelemeli yapılabilir ) ve simüle o makinesi için gereken kadar adımlar olarak için dur. Eğer bu süre içinde durmazsa, muhtemelen durduramaz. $M$ $n$ $\langle M\rangle\in L$ $M$ $f(n)$ $L$ $\leq f(n)$ $M$ $M$ $M$

— Steven Stadnicki
kaynak

Teşekkürler; cevabınızdan esinlenerek hızlı (önemsiz) buldum -: ayrı bir cevapta durma probleminden doğrudan bir azalma.

— Vor

Bu, Steven'ın iyi cevabının, Halting probleminden belirgin bir şekilde azaltılmış, elden geçirilmiş bir versiyonudur.

verilmiş $\langle M \rangle, w$ inşa etmek $M'$ koşan $M$ üzerinde $w$ durursa, kasetin sağına giderse, 0 yazar ve durur.

Eğer $M'$ durur, $BB(M')=0$ çünkü 1 yazan ve duran aynı büyüklükte eşdeğer bir TM vardır; böylece karar vericiyi $L$ kontrol etmek $M$ durur $w$ ( $M$ durur $w$ iFF $M' \in L$ )

... sorunun gerçekten önemsiz olduğu ortaya çıktı :-)

— Vor
kaynak