Çözülmesi gereken kehanet çağrılarının alt sınırı

Kolayca bir egzersiz olan aşağıdaki soru ile karşılaştım (aşağıdaki spoiler).

Bize veriliyor $n$ durma probleminin örnekleri (yani TM'ler $M_1,...,M_n$) ve hangisinin durduğuna tam olarak karar vermeliyiz $\epsilon$. Yani, çıktı almalıyız$\{i: M_i\text{ halts on }\epsilon\}$. Durma problemi için bir kehanet verilir, ancak bunu en az defa kullanmak zorundayız.

Bununla yapılabileceğini göstermek zor değil $\log (n+1)$ çağırır.

Sorum şu: bir alt sınır kanıtlayabilir miyiz? Böyle bir bağın bulunmasının çok zor olacağından şüphelenmek için bir neden var mı?

Sorunun cevabı (spoiler, fareyle üzerine gelme):

Şu durumu düşünün: $3$TM'lere. Bir TM inşa edebiliriz$H_2$ koşan $M_1,M_2,M_3$paralel olarak durur ve en az ikisi durursa durur (aksi takdirde sıkışır). Benzer şekilde, bir TM$H_1$en azından biri durursa durur. Sonra kehaneti arayabiliriz$H_2$. Durursa, makineleri paralel olarak çalıştırabilir ve birinin durmasını bekleyebiliriz. Sonuncusunda kehaneti arayabiliriz. Eğer kehanet "hayır" derse, kehaneti$H_1$. Durursa, makineleri duruncaya kadar çalıştırırız ve duran tek makine budur. Eğer$H_1$durmaz, sonra durmaz. Bunu şu adrese genişletiyor:$n$ makineleri kolaydır.

Bu soru ile ilgili ilk gözlem, bilgi teorik araçlarını kullanarak çözülmesinin imkansız olduğu, çünkü makineleri kehanetsiz çalıştırarak bilgi edinme yeteneğimize çok önem veriyoruz.

Sonuç şurada bulunabilir:

• Beigel, R., Gasarch, WI, Gill, J. ve Owings, J. Terse, superterse ve ayrıntılı kümeler . Bilgi vermek. ve Comput. 103 (1993), no. 1, 68-85.

Onların kanıtları aslında probleminizin daha azıyla çözülemeyeceğini gösterir. $\log_2 n$herhangi bir kümeye sorgular$X$, durma probleminin kendisini bırakalım. Bazı gösterimler için, probleminiz bazen belirtilir$C_n^K$ veya $C_n^{HALT}$ (durdurma sorunu için en sevdiğiniz gösterime bağlı olarak).

Bu ve ilgili birçok sonuç için ayrıca bkz:

• Bu anket Gasarch tarafından yapılmıştır

• Gasarch ve Martin tarafından Özyineleme Teorisinde Sınırlı Sorgular kitabı .

EDIT: Yanıt verdiğim argüman yanlış değildi, ama biraz yanıltıcıydı, sadece üst sınırın bazıları için sıkı olması gerektiğini gösterdi. $n$ (bu aslında önemsizdir, çünkü $n=2$ ve sınır 1).

İşte daha kesin bir argüman. Bu gösterir eğer üst sınırı$\log_2 n$ herhangi bir belirli için gevşek $n$, o zaman herkes için $n$ gereken oracle çağrılarının sayısı $O(1)$.

(Elbette öyle değil $O(1)$, üst sınır asla gevşek değildir! Ama aslında bunu burada kanıtlamıyorum ve soruna başka bir cevap verildiğinde, takip etmeye değmez gibi görünüyor.)

Maksimum çıktıyı hesaplama problemini düşünün :

Verilen $n$-tuple $(M_1,\ldots,M_n)$ Turing makinelerinin maksimum çıkışını hesaplayın (çalıştığında duran Turing makinelerinin $\epsilon$). Hiçbiri durmazsa, 0'a dönün.

Bir fonksiyonu olarak $n$, bu işlevi hesaplamak için gereken en kötü sayıda oracle çağrısı hangisinin $n$verilen makineler durur. (Hangi makinelerin durduğunu bilirsem, maksimum çıktıyı kolayca hesaplayabilirim. Tersine, hangi makinelerin durduğunu bilmek istersem, sorun ifadesindeki yapıyı takip ederek, makineler yapabilirim$\{M'_i\}$ $(i=1,2,\ldots,n)$ nerede $M'_i$ hepsini çalıştırır $n$ paralel olarak verilen makineler, ardından durur ve çıkış $i$ Eğer $i$hiç durmadı. Maksimum çıktı bana duran sayıyı söyleyecektir. Bundan tam olarak hangi durduğunu hesaplayabilirim.)

Şimdi izin ver $n_0$ en küçük tamsayı ol $n$ (varsa) aşağıdakilerin geçerli olacağı şekilde:

kullanma $C(n) = \max\{k \in \mathbb{Z} : 2^k < n\}$oracle çağrıları, verilen makinelerin maksimum çıktı hesaplanabilir . (Yani, üst sınır için sıkı değildir .)$n$$n$

Açıkça , çünkü . Aslında, de, çünkü , ancak verilen makinenin maksimum çıktısını hesaplamak kararsızdır (oracle çağrıları olmadan). Şimdi daha büyük düşünün :$n_0>1$$C(1) = -1$$n_0>2$$C(2) = 0$$2$$n$

İddia: Eğer sonlu, sonra, herhangi , tek bir maksimum çıkış hesaplayabilir verilen makineleri torpil aramaları. $n_0$$n$$n$$C(n_0)$( , olduğuna dikkat edin .)$n_0$$C(n_0) = O(1)$

Kanıt. . Biz üzerinde indüksiyon ile kanıtlamak . Temel durumlar, ve tanımı gereği .$n$$n\le n_0$$n_0$$C$

, herhangi bir Turing makinesi verildiğinde, sadece çağrılarını kullanarak maksimum çıktıyı hesaplayan TM olsun .$Q_0$$n_0$$C(n_0)$

Herhangi bir . Herhangi bir makine , , maksimum çıktıyı aşağıdaki gibi hesaplayın.$n>n_0$$n$$M_1,\ldots, M_n$

İlk makinelerine . Bu makinelerde çalıştırmayı düşünün . Not bu yapan oracle aramaları ve orada sadece bu çağrılara oracle mümkün tepkiler. Tanım gereği . Let belirtmek inci olası tepkisi. Her , bu makinelerde aşağıdaki gibi simüle eden bir makine oluşturun :$M_1,\ldots,M_{n_0}$$Q_0$$n_0$$Q_0$$C(n_0)$$n' = 2^{C(n_0)}$$n' = 2^{C(n_0)} < n_0$$o_i$$i$$i=1,\ldots,n'$$M'_i$$Q_0$

TM ( girişinde ):$M'_i$$\epsilon$

1. Benzet üzerinde makineleri , ancak bunun yerine kahini çağıran, uygun oracle cevap vermekte varsayalım .$Q_0$$n_0$$(M_1,\ldots,M_{n_0})$$o_i$
2. Bu simülasyon (örneğin, kehanetin gerçekte geri döneceği şey değilse).$o_i$
3. Simülasyon alıkoymalarla Eğer izin o maksimum çıkış olmak verilecek diyor.$h_i$$Q_0$
4. Tüm makinelerini kırlangıç . Bunlardan biri çıktısı , durdurun ve çıktısını .$n_0$$(M_1,\ldots,M_{n_0})$$h_i$$h_i$

Şimdi, verilen makine dizisinde , ilk makine yerine bu makine . Bu makine dizisi üzerinde yinelenerek hesaplanan değeri döndürün . (Kehanetin tekrarlamadan önce çağrılmadığına dikkat edin, böylece kehanet sadece temel duruma ulaşıldığında çağrılır.)$n$$n_0$$M_1,\ldots,M_{n_0}$$n'< n_0$$M'_1,\ldots,M'_{n'}$$n-(n_0-n') < n$

İşte bu hesaplamanın doğru olmasının nedeni budur. İçin öyle ki Oracle ile `` doğru 'tepki sorgularına, durdurmak ve orijinal doğru maksimum çıkış verecek makineleri. Bu nedenle, makinelerinin maksimum çıkışı en azından makinelerinin maksimum çıkışıdır . Öte yandan, 4. adımda, hiçbir maksimum çıktıdan daha büyük bir çıktı veremez . Böylece, makinelerinin maksimum çıktısı$i$$o_i$$Q_0$$M'_i$$n_0$$n'$$(M'_1,\ldots,M'_{n'})$$n_0$$(M_1,\ldots,M_{n_0})$$M'_i$$(M_1,\ldots,M_{n_0})$$n'$$(M'_1,\ldots,M'_{n'})$ değiştirdikleri makinelerin maksimum çıktısına eşittir . QED$n_0$