Hesaplanabilir dizileri tahmin etmek (sınırda) durma problemi kadar zor mu?

Soru : Hesaplanabilir dizileri tahmin etmek (aşağıda tanımlandığı gibi) durma problemi kadar zor mu?

Detaylandırma : "Tahmin" başarılı bir şekilde tahmin anlamına gelir, yani önceki n-1 bitlerine erişim verilen dizinin n'inci bitini tahmin etmeye çalışmak (yalnızca ilk bitten başlayıp tüm sonsuz hesaplanabilir dizi).

Herhangi bir Turing makinesi tahmincisi p için, sonsuz sayıda hata yaptığı hesaplanabilir bir dizi olduğu basit bir köşegenleştirme argümanı (Legg 2006 nedeniyle) vardır. (Sekanstaki önceki n-1 terimleri göz önüne alındığında, n'inci terimi olarak p'nin öngördüğünün tersine sahip bir sekans oluşturun.) Dolayısıyla, her hesaplanabilir sekansı öngören hesaplanabilir bir öngörücü yoktur. Durdurma kâhin böyle bir öngörücünün inşasına izin verir. Ancak böyle bir öngörücüye sahip olmanın, durma problemini çözmenize izin verdiğini gösterebilir misiniz?

Daha ayrıntılı

Tanım (Legg)
Bir öngörücü p, önceki n-1 bitlerine erişim verilen bir S dizisinin n'inci bitini tahmin etmeye çalışan bir Turing makinesidir. Tahmin, dizinin n'inci bitiyle eşleşmezse, buna bir hata diyoruz . Eğer p sadece S üzerinde son derece fazla hata yaparsa p'nin S'yi öngördüğünü söyleyeceğiz. ilk m-1 bitlerine erişim verildi.

Resmi olarak, bir yordayıcı makinesini üç banda sahip olarak tanımlayabiliriz. Sekans bir bantta bit-bit giriş olarak girilir, bir sonraki bit için tahminler ikinci bir bantta yapılır (makine sadece bu bant boyunca hareket edebilir) ve ardından makinenin üzerinde çalıştığı bir çalışma bandı vardır. her iki yönde de hareket edebilir.

Basit sonuçlar
Yukarıdaki tanım gereği, tüm rasyonel sayıları tahmin eden bir öngörücü vardır. (Gerekçelerin standart zig-zag numaralandırmasını kullanın. Listedeki 1. rasyonu tahmin ederek başlayın, bir hata varsa bir sonraki rasyona geçin.). Benzer bir argümanla, N'ye erişim verilen bir tahminci vardır, Kolomogorov karmaşıklığının N'den küçük veya eşit olan tüm dizilerini tahmin edebilir (Tüm N bit makinelerini paralel olarak çalıştırın ve önce duran makinenin tahminini alın) Sadece çok sayıda hata yapabilirsiniz).

Atıf Shane Legg 2006 http://www.vetta.org/documents/IDSIA-12-06-1.pdf (bu yazının yazarı değil)

Aslında bu, durma problemini çözmekten daha kolaydır.

Let tüm toplam hesaplanabilir fonksiyonlar için, yani tüm hesaplanabilir fonksiyonlar, hakim bir fonksiyonu g : N → N , var olduğu her ancak sonlu sayıda için , n , g ( n ) ≤ f ( n ) . Kesinlikle, durdurulması sorundan çok Turing derecesini düşürmek örn Soare kitabı bkz gelmiş böyle fonksiyonları bulunduğunu ileri standart bir gerçektir ardışık enumerable Setleri ve Derece . Bunlara yüksek Turing dereceleri denir .$f:\mathbb N\rightarrow\mathbb N$$g:\mathbb N\rightarrow\mathbb N$$n$$g(n)\le f(n)$

Let , E ∈ N kısmi hesaplanabilir fonksiyonları standart bir listesi olması N için { 0 , 1 } .$\varphi_e$$e\in\mathbb N$$\mathbb N$$\{0,1\}$

Şimdi kullanarak bir p belirleyicisi inşa ediyoruz .$f$$p$

$p(a_0,\ldots,a_{k-1})$$a_{k}\in \{0,1\}$$a_0,\ldots,a_k$$\varphi_t(0),\ldots,\varphi_t(k)$$t\le k$. Muhtemelen hesaplamaları durdurmak için asmayı bekleyemeyeceğimiz için, hesaplamaları sadece aşama ( f ( k ) birçok hesaplama adımına kadar) izleriz . Böyle bir t yoksa keyfi olarak bir k ayarladık (diyelim = 0 ).$f(k)$$f(k)$$t$$a_{k}$$=0$

$q$$\varphi_q$$k$$t=q$$a_{k}$$f$$\varphi_q$$s(n)=$$\varphi_q(n)$