Розбірливість мови префікса

9

На середину середини існував варіант наступного питання:

Для рішучого $L$ визначити
$Pref (L) = {x ∣ \exists y s.t. x y \in L}$ $\text{Pref}(L) = \{ x \mid \exists y \text{ s.t. } xy \in L\}$ Покажи це $\text{Pref}(L)$ не обов'язково вирішувати.

Але якщо я виберу $L=\Sigma^*$ то я думаю $\text{Pref}(L)$ є також $\Sigma^*$ , таким чином вирішальним. Також $L=\emptyset$ дає такий же результат. І от $L$ я повинен бути вирішальним. Я не можу вибрати проблему зупинки чи іншу ..

Як я можу знайти $L$ такі $\text{Pref}(L)$ не вирішується?
На яких умовах $L$ зробить $\text{Pref}(L)$ рішуче, і що зробить це невирішеним?

computability undecidability

— Ран Г.
джерело

9

Зауважимо, що, використовуючи екзистенціальний кількісний показник перед мовою, що вирішується, ми можемо отримати будь-яку повторну мову, тобто кожна мова повторно виражається як

{x \in Σ^{*} ∣ \exists y \in Σ^{*} ⟨ x, y ⟩ \in V}

$\{ x\in \Sigma^* \mid \exists y \in \Sigma^* \ \langle x,y \rangle \in V \}$

де $V$ є рішучою мовою. До них відносяться невідповідні мови на зразок

A_{T M} = {⟨ e, x ⟩ ∣ e encodes a Turing machine which accepts x}

$A_{TM} = \{ \langle e, x\rangle\ \mid \text{$e$ encodes a Turing machine which accepts $x$} \}$ .

Єдина відмінність тут полягає в тому, що тут нам доводиться розлучатися $x$ і $y$ самих себе. Стандартний трюк - використовувати новий символ для розділення двох частин (припустимо, що роздільник належить $y$ ). Тому будь-яка мова, включаючи не визначувані, може бути виражена у цьому форматі.

Для другого питання немає загального алгоритмічного способу перевірити, чи не можна визначити префікси даної мови, що визначається. Це випливає з теореми Райса.

— Каве
джерело

Ви можете явно дати

V

$V$ що створює

A_{T M}

$A_{TM}$ ?

— Ран Г.

2

нехай

y

$y$ - рядок, призначений представляти зупинку, що приймає обчислення

M_{e}

$M_e$ на

x

$x$ ,

V

$V$ перевіримо, чи

y

$y$ є приймаючим обчисленням

M_{e}

$M_e$ на

x

$x$ .

— Каве

Це приємне рішення!

— Ран Г.

3

Мета-знання: ви хочете знайти нерозбірливу мову, яка, однак, має деяку обчислювальну властивість. Довільна нерозбірлива мова, мабуть, не приведе вас далеко. Але напіврозбірливий ...

Сильніший натяк: що таке напіврозбірлива мова? Це означає, що ми можемо перерахувати слова: це якийсь набір слів $u$ таким, що існує ціле число $n$ такий як

u = f (n)

$u = f(n)$

Трохи погляньте на це рівняння, маючи на увазі рішення та префікси.

Інтуїтивно кажучи, припустимо, у вас є якісь $x$ і ви хотіли б перевірити, чи є він $\mathrm{Pref}(L)$ . Ви взагалі не збираєтеся робити краще, ніж перевіряти $x a$ , $x b$ , $x a a$ тощо. де $a,b,\cdots$ - букви алфавіту. Це часткова рекурсивна функція, яка перевіряє членство в $\mathrm{Pref}(L)$ . Звичайно, ми це знали $\mathrm{Pref}(L)$ був знову; що нам потрібно показати, що іноді немає альтернативного методу. Візьмемо якийсь набір $S \subset \mathbb{N}$ що є повторним і не рекурсивним, і нехай $f$ бути перерахуванням $S$ ( $S = {f(x) \mid x\in\mathbb{N}}$ ).

Припустимо, алфавіт містить три символи $0$ , $1$ і $:$ (якщо у вас є лише два символи $\{\aleph,\beth\}$ , кодувати $0$ як $\aleph\aleph$ , $1$ як $\aleph\beth$ і $:$ як $\beth$ ). Якщо $n\in\mathbb{N}$ , дозволяє $\bar n$ бути $n$ написано в базі 2 з використанням символів $0$ і $1$ без провідних $0$ .

Дозволяє $L = \{\bar y\mathord:\bar x \mid y = f(x)\}$ . Простий англійською ми беремо елементи $S$ та позначення їх індексу перерахування. $L$ чітко вирішується (перевірте, чи є одиничний $:$ , що двозначні послідовності не містять провідних $0$ , і що перша цифра послідовності записує зображення по $f$ від числа, яке пише другий). І все-таки вирішити, чи якісь $\bar y$ є префіксом $L$ рівнозначно, чи вирішити, чи $y$ є в $S$ , що ви не можете зробити, не знаючи $x$ з тих пір $S$ не є рекурсивним за припущенням. Формально $\mathrm{Pref}(L)$ не вирішується, тому що $\mathrm{Pref}(L) \cap \{0,1\}^*\mathord: = S\mathord:$ не вирішується.

— Жил "ТАК - перестань бути злим"
джерело