Tek bantlı 3 durumlu TM'ler tarafından tanınan dil sınıfı

Bir süredir Turing Machines'i tam olarak bir bant ve tam 3 durumla (başlangıç ​​durumu) merak ettim $q_0$, kabul etme durumu $q_{accept}$ve reddetme durumu $q_{reject}$). Rasgele (sonlu) teyp alfabelerine izin verdiğimi unutmayın (örn., Teyp alfabesi giriş alfabesine eşit değildir).

Kolaylık sağlamak için, bu tür TM'ler tarafından tanınan dil sınıfını arayın $C_3$. Bu sınıfla ilgili birkaç sorum var:

1. Vardır $C_3$ daha önce çalışılmış mı?
2. Dır-dir $C_3$ ilgi diğer karmaşıklık / hesaplanabilirlik sınıflarına eşit olduğu bilinen?
3. Sınıf mı $C_3$model değişikliklerine dayanıklıdır. Örneğin, kullanılan TM'lerin tek bir geçiş sırasında yerinde kalmasına izin verilirse (her zaman sağa veya sola hareket etmekten farklı olarak) veya kaset sadece sağa değil her iki yönde de sonsuz olarak yapılmışsa, sınıf durumlu 1 kasetli TM'ler tarafından tanınan dillerin listesi değişiyor mu?
4. Nasıl $C_3$ normal dil sınıfıyla ilgili, $Regular$? (Özellikle, her normal dil$C_3$?)

(Oldukça cursory ) bir arama, yalnızca ilgili cs.stackexchange yayınını getirdi , ancak sorularımı ve bu makaleyi cevaplamadı , tam olarak sınıfı ilgilendirdiğinden emin olmak için yeterince ayrıntılı olarak okumadım.$C_3$ benzer ama farklı bir sınıftan ziyade (makale, (1) $C_3$ karar verilebilir ve (2) $C_3$ ve $Regular$boş olmayan kavşaklı ayrı sınıflardır). Cs.stackexchange yazısının yorumlarında belirtildiği gibi, bu tür TM'ler çok özel hücresel otomatlar olarak düşünülebilir, bu yüzden belki de hücresel otomat teorisi hakkındaki literatürü bilen biri yardımcı olabilir.

Canavar son derece güçlü , örneğin bir TM inşa edebiliriz$M$ Formun her dizesini kabul eden

$L_Y = \{ r\; 0^n \; 1^m\;A \mid m \leq n \}$

ve formun her dizesini reddeder

$L_N = \{ r\; 0^n \; 1^m\;A \mid m > n \}$

Fikir ilkini dönüştürmek $r$ içine $R$ve sonra kafanın ipin ortasına ulaşmasına izin verin ve sonra "vatansız" bir zig-zag yapın; eğer ulaşırsa$A$ önce $R$ kabul eder.

Gayri resmi açıklama:

• üzerinde $r$ yazmak $R$ ve sağa hareket et (reddetmeye hazırlan)
• üzerinde $0$ yazmak $c$ ve sağa hareket et (merkeze doğru hareket ederek)
• üzerinde $1$ yazmak $>$ ve sola hareket et (a $1$, bir sonraki soldan sağa geçişe hazırlanın ve sola gidin)
• üzerinde $c$ yazmak $<$ ve sağa hareket et $0$, bir sonraki sağdan sola geçişe hazırlanın ve sağa gidin)
• üzerinde $<$ yazmak $>$ ve sola git (soldan sağa geçiş, bir sonraki sağdan sola hazırlanın)
• üzerinde $>$ yazmak $<$ ve sağa git (sağdan sola geçiş, bir sonraki soldan sağa hazırlanın)
• üzerinde $A$ kabul et, tarihinde $R$ reddetmek
• boşta $b$ reddetmek

Misal:

  :r 0 0 0 1 1 A
   R:0 0 0 1 1 A
   R c:0 0 1 1 A
   R c c:0 1 1 A
   R c c c:1 1 A
   R c c:c > 1 A
   R c c <:> 1 A
   R c c < <:1 A
   R c c <:< > A
   R c c:< > > A
   R c:c > > > A
   R c <:> > > A
   ...
   R c < < < <:A ACCEPT

Bu zig-zag tekniği, Rogozhin (Rogozhin 1996. TCS, 168 (2): 215-240)) tarafından inşa edilen en küçük 2 durumlu Evrensel Turing makinesinde (18 simgeye sahiptir) kullanılır.

Bunu kanıtlamak için biraz dikkat edilmelidir. $M$ tüm girişlerde durur (boş girişte reddedildiğini ve durmayan tüm sembollerin $<$ veya $>$ sonsuz döngüye yol açamaz).

DavidG tarafından yorumlandığı gibi, dil $L(M)$ tarafından tanınan $M$ bir süper set $L_Y$ (yani $L_Y \subset L(M)$), ancak herhangi bir dize içermiyor $L_N$ (yani $L(M) \cap L_N = \emptyset$) ve - MikhailRudoy tarafından yorumlandığı gibi - bu kanıtlamak için yeterlidir $L(M)$ düzenli değil.

Gerçekten de $L(M)$ o zaman da düzenli $L(M) \cap \{ r0^*1^*A \} = L_Y = \{ r0^n 1^mA \mid m \leq n \}$düzenli olurdu (pompalama lemmasının basit bir uygulamasıyla değil); bir çelişkiye yol açıyor.

Yani $L(M)$ düzenli değil .

... Ama bütün süper kahramanlar gibi $C_3$ bir Achille topuğu vardır: düzenli olanı bile tanıyamaz:

$L = \{ 1^{2n} \}$

Gayri resmi olarak yalnızca en soldaki $b 1 ...$ ($b$ boş semboldür) veya sağdaki $1b...$kanca olarak ve diğer yönde "genişler"; ancak son Kabul Etme veya Reddetme karşı tarafın boş sembolünde olamaz, bu nedenle yalnızca$1$s ve yeterince uzun bir girişten başlayarak "sahte" olabilir.

Son olarak - makaleyi okuduktan sonra - içinde açıklanan tek durumlu TM $C_3$ sınıf ... (burada yeni bir şey yok :-) ... ve yazar tarafından normal olmayan diller içerdiğini kanıtlamak için kullanılan dil benimkine çok benziyor.

Gücünü küçümsedim $C_3$ ... actually it is not too far from Hypercomputation!

(I post this as a separate answer for better clarity)

We can build a single state Turing machine $M$ that accepts the strings of the form:

$L_Y = \{ a \; 0^n \; 1^m \; R \mid m \geq 2^n\}$

and rejects strings of the form:

$L_N = \{ a \; 0^n \; 1^m \; R \mid m \lt 2^n\}$

The idea and construction is similar to the one in the previous answer: transform the first $a$ into $A$, let the head reach the middle of the string then do a "stateless" zig-zag, but the transitions "implement"a "binary counter" on the first half in this way: on $Z$ (Zero) bounce the head back to the right, and convert the $Z$ into a $S$ (One) the next time the head reaches the $S$, transform it to a $)$ and let the head move left; when the head reaches the $)$ transform it to a $Z$. The second half of the string behaves like a unary counter.

The transitions are:

• on $r$ write $R$ and move right (prepare for rejecting)
• on $0$ write $Z$ and move right (moving toward the center, set the binary counter to 0 ..)
• on $1$ write $>$ and move left (mark a $1$ and decrement the unary counter, prepare for next left-to-right crossing, and bounce back to the binary counter)
• on $>$ write $<$ and go right (right-to-left crossing of the second half of the string, prepare for next left-to-right)
• on $<$ write $>$ and go left (left-to-right crossing of the second half of the string, prepare for next right-to-left)
• on $Z$ write $S$ and move right (transform the digit to one and bounce back to the right towards the unary counter)
• on $S$ write $)$ and move left (clear the digit, and let the head move to the left like a "carry", prepare for the next left-to-right of the first part)
• on $)$ write $Z$ and move right (set the zero that will cause the bounce, and let the head move to the right)
• on $A$ accept, on $R$ reject
• on blank $b$ reject

Example:

 :a 0 0 0 1 1 1 1 1 1 1 1 R
  A:0 0 0 1 1 1 1 1 1 1 1 R
  A Z:0 0 1 1 1 1 1 1 1 1 R
  ...
  A Z Z Z:1 1 1 1 1 1 1 1 R
  A Z Z:Z > 1 1 1 1 1 1 1 R
  A Z Z S:> 1 1 1 1 1 1 1 R
  A Z Z S <:1 1 1 1 1 1 1 R
  A Z Z S:< > 1 1 1 1 1 1 R
  A Z Z:S > > 1 1 1 1 1 1 R
  A Z:Z ) > > 1 1 1 1 1 1 R
  A Z S:) > > 1 1 1 1 1 1 R
  A Z S Z:> > 1 1 1 1 1 1 R
  ...
  A Z S:Z > > > 1 1 1 1 1 R
  ...
  A Z S S < < <:1 1 1 1 1 R
  ...
  A S:) ) > > > > 1 1 1 1 R
  ...
 :A ) ) ) > > > > > > > > R ---> ACCEPT

Some attention should be paid in order to prove that $M$ halts on all inputs (just note that it rejects on blank input and all non-halting symbols "cycle" through $( , S , Z$ or $<, >$ which cannot lead to an infinite loop).

The language $L(M)$ is a superset of $L_Y$ ($L_Y \subset L(M)$) and it doesn't contain strings from $L_N$ ($L(M) \cap L_N = \emptyset$).

Suppose that $L(M)$ is Context Free, then - by closure properties of CFLs, intersecting it with the regular language $\{r 0^* 1^* A\}$ produce a CF language:

$L(M) \cap \{r 0^* 1^* A\} = \{ a \; 0^n \; 1^m \; R \mid m \geq 2^n\} = L_Y$

But by a simple application of the Ogden's Lemma for CFL we can prove that $L_Y \notin CFL$: just pick a long enough $s \in L_Y$ and mark all the $0$s; at least one zero can be pumped and whatever is the number of $1s$ in the pumping string the exponential growth of $2^n$ leads to a string $\notin L_Y$).

So $L(M)$ is not Context Free.

... now I'm wondering if this is another "reinventing the wheel" answer, or it is a new (small) result.

In this answer it is assumed that Turing machines have both-way infinite tapes. The claims do not hold for one-way infinite tapes.

Let me first define the class of languages $C_3'$ as the class of all languages decidable by one-tape Turing machines with 3 states ($C_3$ was defined as the class of languages recognizable by one-tape Turing machines with 3 states). I introduced the class $C_3'$ because in my original answer, I unconsciously swaped the classes $C_3$ and $C_3'$ (I only considered the class $C_3'$).

This answer is more a complement to @MarzioDeBiasi answers. He showed that the classes $C_3$ and $C_3'$ are not contained in CFL and thus contain quite interesting languages. However, as I will show in this post, each language $L$ in $C_3'$ has the property that the set $\{1^n;n\in\mathbb{N}\backslash\{0\}\}$ is either in $L$ or in its complement $L^C$. Thus $C_3'$ is also very restrictive, eg. it contains only trivial unary languages $\{\}$, $\{\varepsilon\}$, $\{1^n;n\in\mathbb{N}\}$ and $\{1^n;n\in\mathbb{N}\backslash\{0\}\}$. The class $C_3$ contains a bit more unary languages. However, it holds that if $L\in C_3$ and $1^n\in L$ for $n\geq 1$, then $1^m\in L$ for all $m\geq n$. A simple corollary is that not all regular languages are in $C_3$ nor in $C_3'$. Also the language $\{1\}$ is not in $C_3$ nor in $C_3'$.

For the claim (in bold) about $C_3'$, it is enough to prove that a one-tape Turing machine $M$ with 3 states that always halts either accepts or rejects all strings from $\{1^n;n\in\mathbb{N}\backslash\{0\}\}$. Suppose that a string of the form $1^n$, $n\in\mathbb{N}\backslash\{0\}$, is given to $M$. There are three cases:

1) When $M$ reads 1, it accepts or rejects.

2) When $M$ reads 1, it moves the head to the left. If we want $M$ to halt on this input, it must accept, reject or move to the right on the blank symbol. Hence, it never visits the cell to the right of the initial cell of the tape. If it would, it would run forever on input 1.

3) When $M$ reads 1, it moves the head to the right. It follows that after $n$ steps, the content of the tape is $A^n$ where $A$ is some symbol from the tape alphabet and the head of $M$ is on the leftmost blank symbol to the right of the last $A$. If we want $M$ to halt on this input, it must accept, reject or move to the left on the blank symbol. As in case 2), the head of $M$ will now never visit the cell directly to the left of the rightmost $A$. If it would, then $M$ would run forever on input 1.

It is clear that in all three cases $M$ accepts all strings from the set $\{1^n;n\in\mathbb{N}\backslash\{0\}\}$ or it rejects them all.

The proof of the claim (in bold) about $C_3$ follows the same line as above. We take a one-tape 3-state Turing machine $M$ that accepts a string $1^n$ for some $n\geq 1$. Suppose $M$ is given an input $1^m$ for $m\geq n$. We have to prove that $M$ accepts this input. We have 3 cases:

1) When $M$ reads 1, it accepts.

2) When $M$ reads 1, it moves the head to the left. Because $M$ accepts the input $1^n$, it has to accept or move to the right on the blank symbol. Hence, it never visits the $n$th cell to the right of the initial cell. If it would, it would run forever on input $1^n$.

3) When $M$ reads 1, it moves the head to the right. It follows that after $m$ steps, the content of the tape is $A^m$ where $A$ is some symbol from the tape alphabet and the head of $M$ is on the leftmost blank symbol to the right of the last $A$. Because $M$ accepts the input $1^n$, it must accept or move to the left on the blank symbol. As in case 2), the head of $M$ will now never visit the $n$th cell to the left of the rightmost $A$. This is because on the input $1^n$, $M$ does not visit the cell directly left of the initial cell, because it contains the blank symbol and if it would read it, it would run forever.

It is clear that in all three cases $M$ accepts all strings from the set $\{1^m;m\geq n\}$.