Проблема зупинки без самостійної посилання

У проблемі зупинки нас цікавить, чи є машина Тьюрінга яка може визначити, чи зупиняється дана машина Тьюрінга на даному вході . Зазвичай доказ починається з того, що такий існує. Потім ми розглянемо випадок , коли ми обмежуємо до самим, а потім отримати протиріччя, використовуючи екземпляр діагонального аргументу. Мене цікавить, як би пройшов доказ, якщо нам дадуть обіцянку, що ? Як щодо обіцянки , де функціонально еквівалентний ? $T$ $M$ $i$ $T$ $i$ $M$ $i \not = M$ $i \not = M^\prime$ $M^\prime$ $M$

computability undecidability halting-problem

— bellpeace
джерело

Порада: навіть якщо

не потрібно , щоб правильно відповісти на питання про себе або навіть про

«s еквівалентної їй, ми все ще можемо годувати його еквівалент

і подивитися , що він робить. Оскільки не можна обчислити, чи

еквівалентний

не зможе сказати, що отримав щось еквівалентне самому собі.

M

$M$

M^{'}

$M'$

M^{'}

$M'$

M^{'}

$M'$

M

$M$

M

$M$

— Андрій Бауер

@AndrejBauer Це був лише натяк, який ви мені дали, і я повинен вирішити свою справжню проблему, використовуючи цей підказку? Я трохи розгублений, оскільки ви вирішите проблему, сказавши "не вимагаючи", де в моїх налаштуваннях я обіцяю, що

не буде подаватися з еквівалентною

. В основному, я хотів би бачити, що це якась "самонавіювання", що робить проблеми нерозв'язними. Мені здалося, що це так, коли говорити про логіку та незавершеність.

M

$M$

M^{'}

$M^\prime$

— bellpeace

Ви можете порушити обіцянку і нагодувати

все, що завгодно. Не можна сказати, що ти порушив обіцянку. Якщо ви думаєте, що це обман, я буду подавати

речі, які не еквівалентні

оскільки вони схожі на

але з усіма входами зміщеними на

, або деякими подібними.

M

$M$

M

$M$

M

$M$

M

$M$

1

$1$

— Андрій Бауер

Насправді ваші питання недостатньо сформульовані. Вам слід окреслити наявні у вас фактичні докази, а потім вказати, чого саме ви хочете уникнути. Я не думаю , що ви маєте в виду

, а щось інше.

i \neq M

$i \neq M$

— Андрій Бауер

Відповіді:

Припустимо, HALTS - це TM, який читає свій вхід як пари і , де - кодування TM, а - будь-який вхід до цієї TM. $M$ $x$ $M$ $x$

Ваше питання, якщо щось трапиться , якщо ми припускали привали вирішити Проблему Зупинки для всіх входів таке , що не є кодування ТМА , який функціонально еквівалентний . $\langle M,x \rangle$ $x$ $M$

Я стверджую, що це передбачає суперечність. Я придумав це на місці, тому вітаю будь-яку критику мого доказу. Ідея доказу полягає в тому, що замість того, щоб щось діагоналізувати на собі, ми робимо дві взаємно рекурсивні ТМ, які поводяться по-різному на деякому вході (таким чином, функціонально не рівнозначні), але інакше викликають суперечності.

Нехай і є двома взаємно рекурсивними ТМ (тобто ми можемо імітувати, друкувати тощо; опис всередині програми і навпаки). Зауважимо, що ми можемо зробити взаємно рекурсивні ТМ з теореми про рекурсію. $D_1$ $D_2$ $D_2$ $D_1$

Визначте і так: на вході , якщо (10 вибрано довільно), тоді приймає і петлі. (Таким чином, вони функціонально не рівноцінні). $D_1$ $D_2$ $x$ $|x| < 10$ $D_1$ $D_2$

Дано вхід з , визначає для імітації зупиняється на і зупинка , якщо зупинок або петлю , якщо петель. $x$ $|x| \ge 10$ $D_1$ $\langle D_2, x \rangle$ $D_2$ $D_2$

Дано вхід з , визначить для імітації зупиняється на і петля , якщо зупинки або зупинки , якщо петлі. $x$ $|x| \ge 10$ $D_2$ $\langle D_1, x \rangle$ $D_1$ $D_1$

Потім зауважте, що для будь-якого з , (x) або зупинки, або петлі. Якщо зупиняється на вході x, то ми знаємо, що HALTS ( , x) визначили, що зупиняється на вході x. Однак зупинка на вході x означає, що петлі HALTS ( , x). $x$ $|x| \ge 10$ $D_1$ $D_1$ $D_2$ $D_2$ $D_2$ $D_1$

Якщо на вході циклів, протиріччя випливає аналогічно. $D_1$ $x$

Це суперечність, якщо не є кодуванням машини, що функціонує, функціонально еквівалентної або , в цьому випадку HALTS має невизначене поведінку. Однак було вибрано довільно з усіх рядків розміром більше . Таким чином, залишається показати, що існує машина для твердіння з кодуванням розміром більше 10, яка веде себе інакше, ніж і . Ми можемо побудувати таку машину тривіально. QED. $x$ $D_1$ $D_2$ $x$ $10$ $D_1$ $D_2$

Думки?

— Курт Мюллер
джерело

Чому потрібно переконатися, що

не є функціонально еквівалентними?

D_{1}

$D_1$

D_{2}

$D_2$

— bellpeace

Думаю, ви праві, що це не потрібно. Моя первинна мета була Діагоналізіровать на привалах (

)

⟨ D_{1}, D_{2} ⟩

$\langle D_1, D_2 \rangle$

— Курт Мюллер

Без цього доказ є більш елегантним, але все одно мені добре виглядає і саме те, що мені потрібно.

— bellpeace

Ти все ще не з лісу. Ви зіткнетеся з тією ж проблемою, тільки тепер ви даєте йому інший ТМ, в якості вхідних даних, де ви вибрали функціонально еквівалентна (скажімо , ви додаєте нове правило , так що відкриття руху s один крок праворуч, один крок ліворуч і в іншому випадку ви не зробите жодних змін). Ви все одно зіткнетеся з протиріччям. Ви можете спробувати усунути всі ТМ, еквівалентні , але це не визначений набір. $M'$ $M'$ $M$ $M$ $M'$ $M$

Оновлення . Зафіксуйте схему кодування, де Позначає опис за цією схемою TM і припустимо, у вас була TM, де $\langle\,M\,\rangle$ $M$ $H$

не визначено, коли - кодування TM, що обчислює ту ж парціальну функцію, що і (тобто і функціонально еквівалентні). $H(\langle\,M\,\rangle, x)$ $x$ $H$ $x$ $H$
Для всіх інших входів, повертає істину тоді і тільки тоді, коли зупиняється. $H(\langle\,M\,\rangle, x)$ $M(x)$

Зараз звичайна конструкція діагоналізації все ще призводить до суперечності. Визначте TM за допомогою $Q$

Q(x)=
  if H(<Q>, x) = false
    return true
  else
    loop forever

Очевидно, що і функціонально нееквівалентні, тому ми можемо дозволити $Q$ $H$ І знаходимо, що $x=\langle\,Q\,\rangle$ Зупиняєтьсяякщо і тільки якщо воно не зупиняється, так що не може бути такого ТМ . $Q(\langle\,Q\,\rangle)$ $H$

— Рік Декер
джерело

І припустимо, що я обіцяю, що

не є ТМ, функціонально еквівалентним

? Можливо, я можу продовжити своє запитання в ОП?

i

$i$

M

$M$

— bellpeace

Припустимо, вам дана така обіцянка; Я знаю, що це не обчислюється. Я оновив ОП.

— bellpeace

@bellpeace:

$\:$ Як ви це навіть визначаєте?

$\;\;\;\;$

Вхідні дані : пара цілих чисел

таким чином, що

не представляє ТМ функціонально еквівалентні ТМ представлена

. Вихід:

якщо

зупиняється на

іншому випадку. Чи вирішується ця проблема?

(M, i)

$(M, i)$

i

$i$

M

$M$

1

$1$

M

$M$

i

$i$

0

$0$

— bellpeace

@RickyDemer Так, дві ТМ вважаються функціонально еквівалентними, якщо вони обчислюють однакову часткову функцію. Зауважимо, що, як зазначив Андрій, що, хоча визначення того, чи є

еквівалентними, не можна визначити, ми все ще можемо розглянути проблему, коли нам дають обіцянку, що два вхідних TMS не є еквівалентними, як я показав вище.

M

$M$

M^{'}

$M^\prime$

— bellpeace