Olasılıklı bir Turing makinesi durma problemini çözebilir mi?

Sonsuz bir gerçek rasgele bit akımı veren bir bilgisayar, bir bilgisayarı olmayan bir bilgisayardan daha güçlüdür. Soru şu: durma problemini çözebilecek kadar güçlü mü?

Yani, olasılıksal bir bilgisayar deterministik bir programın durup durmayacağını belirleyebilir mi?

Belirleyici bir şey yapan olasılıklı bir bilgisayar örneği yapamaz: Koligogorov karmaşıklığı ile gigabayttan daha büyük bir dize çıkaran küçük bir program düşünün (uzunluğu bir kilobayttan az). Kolmogorov karmaşıklığıbir dizgenin dizgesi üreten en kısa deterministik programın uzunluğu. Bu nedenle, tanım gereği, deterministik bir program, karmaşıklığı kendi uzunluğundan daha büyük olan bir dize üretemez. Ancak, eğer gerçekten rastgele bitlerin sonsuz bir akışı verilirse, küçük bir program, sadece 10 milyar rastgele bit ekleyerek ve bu bitlerin Kolmogorov karmaşıklığının yeterince yüksek olacağını umarak% 99.99999 ... oranında başarıya ulaşma yeteneğine sahiptir. . Bu nedenle, bir takım Kolmogorov karmaşıklığı dizisi üretmek, olasılıklı programın olasılık ufku dahilindedir, ancak deterministik program için mümkün değildir.

Bununla birlikte, durma probleminde demir testeresi için tesadüfi bit kullanmanın mümkün olup olmadığını merak ediyorum. Örneğin, bir algoritma rastgele teoremler oluşturabilir ve belirli bir deterministik programın durduğunu kanıtlamak / çözmek için yeterli olana kadar bunları ispatlayabilir / disprove edebilir / silebilir.

düzenleme: Ben sadece yazdım bazı şeyler tamamen saçma, bunun için üzgünüm olduğunu fark ettim. Şimdi ispatı değiştirdim ve daha hassas kullandığım olasılıksal makinenin tanımını yaptım.

Olasılıklı Turing makinesi tanımınızı doğru alıp almadığımı bilmiyorum: üzerine sonsuz bir sıkıştırılamaz dizginin yazıldığı ek bir bant bulunan bir makine ve bunun yanında deterministik bir makine gibi davranıyor mu? Sıkıştırılamaz dizeyi düzeltirsek, aldığımız sınıf ilginç görünmüyor.

Bence olasılıksal bir Turing makinesini birkaç şekilde tanımlayabiliriz. Oldukça doğal görünen bir tanım kullanacağım (ve bunun için kanıtım işe yarıyor;) Şöyle şöyle bir olasılıksal bir makine tanımlayalım: üzerine sınırsız bir dize yazan ek bir bant alır, bu makinenin için bir dil karar verdiğini söyleriz. her x ∈ L olasılıkla durur ve kabul eder > $L$$x \in L$ olasılık, bu ek rasgele dizgilerin üzerine alındığında ve herx∉Liçin>1ile durur ve reddeder.$>\frac{1}{2}$$x \not \in L$ .$>\frac{1}{2}$

Şimdi , deterministik makineler için durma problemini çözen böyle bir olasılıksal makine varsa , onu deterministik makineler için durma problemini çözen deterministik bir makine H yapmak için kullanabileceğimizi ve böyle bir makinenin bildiğini göstereceğiz. var olamaz.$P$$H$

Böyle bir var olduğunu varsayın . Girdi olarak bazı girdiler x olan olasılıksal bir makine R alan bir deterministik makine M yapabiliriz.$P$$M$$R$$x$

• durdurur ve kabul eder ve yalnızca , x'i kabul ederse (yani R , yarı rasgele dizgilerden daha fazlasında x'i durdurur ve kabul eder ).$R$$x$$R$$x$
• durur ve reddeder ve eğer sadece x'i reddederse (yani, R, x'i yarı rasgele dizelerde durdurur ve reddeder ).$R$$x$$R$$x$
• aksi halde döngüler

Temel olarak, olacak tüm i ∈ 1 , 2 , . . . simüle R girişi x ve her ipi ile 0 , 1 i üzerinde bir tel ön ek olarak R, 'in rasgele bir bant. Şimdi:$M$$i \in 1, 2, ...$$R$$x$${{0,1}}^i$$R$

• eğer uzunlukta önekleriIolan Rdaha fazla okumak için çalışmadan durdurulmuş ve kabuli, rastgele banttan bitiMdurur ve kabul$>\frac{1}{2}$$i$ $R$$i$$M$
• eğer uzunlukta önekleriIolan Rdaha fazla okumak için çalışmadan durdurulmuş ve reddedileni, rastgele banttan bitiMdurur ve ıskarta$>\frac{1}{2}$$i$ $R$$i$$M$
• aksi takdirde simülasyonu i : = i + 1 ile çalıştırır .$M$$i := i+1$

Şimdi kendimizi ikna etmeliyiz ki, eğer , p > 1 olasılıkla x kabul ederse (reddederse).$R$$x$ , sonra bazılarınaikabul edecektir (reddetmek)>$p >\frac{1}{2}$$i$Rastgele dizidenibitindendaha fazla okumaya çalışmadan rastgele dizeniniuzunluğundaki 2 öneki. Teknik, fakat oldukça kolaydır - aksi takdirde varsayalım, kabul etme (reddetme) olasılığıp>1'eyaklaşır.$>\frac{1}{2}$$i$$i$ olarakbenbazıları için dolayısıyla sonsuza giderbenböyle olmak zorunda olacakp>$p >\frac{1}{2}$$i$$i$ .$p >\frac{1}{2}$

Şimdi sadece bizim deterministik makine tanımlamak durdurulması problemi çözmek (yani karar verme, belirli bir belirleyici makinesi K kabul belirli bir kelime x ) bir şekilde , H ( N , x ) = E $H$$N$$x$. Not, M ( P ( N , x ) ) bizim olasılık makineler tarafından bir dil karar şekilde tanımlanmadığı için, her zaman durur, bu iki biri her zaman oluşur:$H(N,x) = M(P(N,x))$$M(P(N, x))$

• Makine yarıdan fazla rasgele dizgiyi durdurur ve kabul eder
• Makine yarıdan fazla rasgele dizgiyi durdurur ve reddeder.

Olasılıksal bir algoritma ile ne demek istediğine bağlı olarak bazı yüklemleri belirler.

Önemsiz bir olasılık algoritması mevcuttur P , öyle ki belirleyici bir Turing makinesi için M ,

• P ( M ), M durduğunda sıfır olasılığını kabul eder ,
• P ( M ) M durmazsa asla kabul etmez ve
• P ( M ) her M için 1 olasılıkla durur .

Bu nedenle, olasılıksal algoritma P , bu anlamda deterministik Turing makinelerinin durma problemini çözer. (Burada “ M durur” terimi “ M boş giriş ile durur.”)

Bununla birlikte, gereksinimi makul bir şekilde güçlendirirseniz, deterministik Turing makineleri için durma problemini artık çözmeniz pek mümkün değildir. Örneğin,

• Eğer gerekiyorsa P ( M durma noktasına) daima yerine sadece olasılık 1 , o zaman açıktır P deterministik algoritma ile simüle edilebilir. ( “Her zaman” ve “1. olasılık ile” arasındaki farkın açıklaması için Wikipedia'ya bakınız. )
• Eğer P ( M ) 'nin durmasını ve her M için kesinlikle 1/2' den büyük olasılıkla doğru cevabı vermesini isteyerek hata sınırlarını kesinleştirirseniz (yani, P ( M) 'nin umrunda değil )' nin durmaması veya durmaması önemli değildir. vakaların geri kalanında yanlış cevap verin), o zaman P , Karolina Sołtys'in cevabında belirtilen argüman kullanılarak bir deterministik algoritma ile simüle edilebilir .

Bu nedenle, olasılıksal bir algoritma deterministic Turing makinelerinin durma problemini bu anlamda çözemez.

Bir olasılık Turing makinası varsa Genelde, bazı karar problem çözme, her zaman çalıştırarak deterministically taklit olabilir P rastgelelik mümkün olan her değeri için ve çoğunluğu cevabı çıkışı P . Bu nedenle, hiçbir olasılıklı Turing makinesi kararsız bir karar sorununu çözemez.$P$$P$$P$

Bunun Raphael'in yorumunun anlamı olduğunu düşünüyorum.

$A\subseteq\mathbb N$$A$

de Leeuw, K., Moore, EF, Shannon, CE ve Shapiro, N. Olasılık makinelerinde hesaplanabilirlik, Otomatlar çalışmaları, s. 183-212. Matematik çalışmalarının yıllıkları, no. 34. Princeton Üniversitesi Yayınları, Princeton, NJ, 1956.

G. Çuvallar, Çözülemezlik Dereceleri, Princeton University Press, 1963.