Чи вирішується, чи досягає ТМ певної позиції на стрічці?

У мене є ці питання зі старого іспиту, який я намагаюся вирішити. Для кожного завдання, вхід є кодування деякої машини Тьюринга . $M$

Для цілого числа та трьох наступних задач: $c>1$

Чи правда, що для кожного вводу , M не передає положення при запуску на ? $x$ $|x|+c$ $x$

Чи правда, що для кожного вводу , M не переходить позицію при запуску на ? $x$ $\max \{|x|-c,1 \}$ $x$

Чи правда, що для кожного вводу $x$ , M не передає положення $(|x|+1)/c$ при запуску на $x$ ?

Скільки проблем вирішується?

Номер проблеми (1), на мою думку, знаходиться у $\text {coRE} \smallsetminus \text R$ якщо я розумію, що правильно, оскільки я можу запустити всі входи паралельно та зупинитись, якщо деякий вклад досяг цієї позиції та показав, що це не так в $\text R$ Я можу зменшити доповнення Atm до нього. Я побудувати машину Тьюринга $M'$ наступним чином : для входу $y$ мене перевірити , якщо $y$ є історія обчислень, якщо вона є, то $M'$ працює правильно і не зупиняється, якщо це не так , то він зупиняється.

Для (3) я вважаю, що це вирішимо, оскільки для всі машини Тюрінга завжди залишаються на першій комірці смуги, оскільки для рядка одного знака він може передавати першу клітинку, тому я потрібно змоделювати всі рядки довжиною 1 для кроків (чи правильно це?), і побачити, чи використовую я лише першу клітинку у всіх них. $c \geqslant 2$ $|Q|+1$

Я не знаю, що з цим робити (2).

computability turing-machines undecidability

— Юзеф
джерело

1) Чи вважаєте ви однобічну нескінченну стрічку? 2) Що таке атм?

— Рафаель

1) Так, 2) Проблема прийняття.

— Юзеф

Дещо пов'язані Чи всі функції з постійною складністю простору в РЕГ?

— adrianN

Відповіді:

Будь-яка ситуація, яка запитує, чи обмежується машина Тюрінга на кінцевій ділянці стрічки (скажімо, довжини ) на заданому вході, вирішується. $n$

Аргумент працює наступним чином. Розгляньте машину Тюрінга, стрічку та положення машини Тюрінга на стрічці. Усі разом вони мають обмежену кількість конфігурацій. Щоб бути конкретним, існує лишеможливі конфігурації. - це набір символів стрічки, а - безліч станів. Я продовжуватиму використовувати слово "конфігурація" для опису стану машини Тюрінга в поєднанні зі станом стрічки та її положенням на стрічці до кінця цієї відповіді, але це не стандартна лексика. $t = n|\Gamma|^n|Q|$ $\Gamma$ $Q$

Запустіть машину, відслідковуючи всі її попередні конфігурації. Якщо він коли-небудь виходить за межі точки , поверніть "так, передає позицію ". В іншому випадку машина знаходиться десь між 0 і . Якщо машина коли-небудь повторює конфігурацію - її стан, символи на стрічці та її положення на стрічці ідентичні тому, що було раніше - повертайте "ні, ніколи не переходить положення ". $n$ $M$ $n$ $n$ $M$ $n$

За принципом підгона, це повинно відбуватися не більше, ніж кроки. Отже все вищезазначене можна вирішити; після щонайбільше модельованих кроків ви отримуєте відповідь. $t+1$ $t+1$

Коротка примітка про те, чому це працює: коли машина, стрічка та її положення на стрічці повторюються, між цими повторами, мабуть, була послідовність конфігурацій. Ця послідовність повториться, що призведе до тієї ж конфігурації ще раз - машина знаходиться у нескінченному циклі. Це тому, що ми відстежуємо кожен аспект машини Тюрінга; нічого поза конфігурацією не може впливати на те, що сталося. Отже, коли конфігурація повторюється, вона повториться знову, з однаковою серією конфігурацій між ними.

Тому обмеження стрічки до кінцевої частини струни можна вирішити. Тому, повторюючи всі можливі вхідні рядки, проблема полягає в для всіх трьох питань. Ви, можливо, вже зрозуміли це (між вашими ідеями для 1 та 3 та відповіддю Ран Г на 2 все одно це вирішено повністю), але я подумав, що це, можливо, варто опублікувати. $\text{coRE}$

— СамМ
джерело

"Якщо машина коли-небудь повторює конфігурацію [...] повертає" ні "" - це неправильно. Недетермінований апарат може виконати цикл пару разів і потім рухатися далі.

— Рафаель

Ми говоримо тут про машини для виправлення, які не вважаються недетермінованими. Якби це було недетермінованим, моделюйте детерміновану версію.

— СемМ

Приємне пояснення. Дивіться також першу версію моєї відповіді (яку я переглядаю, як тільки я зрозумів, що ОП не дуже її запитував ..)

— Ran G.

@Sam: Це працює навпаки: якщо не передбачається інше, машина Тьюрінга може бути недетермінованою. Що таке "детермінований варіант"? Якщо ви маєте на увазі повне розгортання варіантів, то повторна конфігурація втрачає значення, оскільки вони можуть траплятися в різних галузях.

— Рафаель

@Raphael стандартним способом зробити це графік конфігурації: вершини - це ті самі конфігурації, які визначено Сем, і є напрямлений край від конфігурації A до B, якщо NTM може переміститися від A до B за один крок. Графік є кінцевим, і чи зупиняється машина - це просте питання про доступність графіка. Це також показує, що

- це підмножина

N S P A C E (s)

$\mathsf{NSPACE}(s)$

D T I M E (2^{O (s)})

$\mathsf{DTIME}(2^{O(s)})$

— Сашо Ніколов

(2) дуже схожий на (3), і те ж міркування, яке ви мали для (3), застосовується і тут: зауважте, що машини, які в мають дивне властивість - вони не читають весь вхід (вони ніколи не досягають цього останні біти.) І це справедливо для кожного введення. $L_2$ $c$

Гаразд, тепер давайте розглянемо лише входи довжиною . Для кожного з них є лише два варіанти: машинні петлі / зупинки без переміщення голови або переміщення голови. Якщо він переміщує голову на деякий (з ), то машина не знаходиться в через цей вхід . В іншому випадку я стверджую, що машина знаходиться в . Оскільки він ніколи не рухає головою - він поняття не має, який розмір входу! це означає, що він поводиться однаково для всіх входів довжини . Тому визначальний. $c$ $x$ $|x|\le c$ $L_2$ $x$ $L_2$ $|x|>c$ $L_2$

— Ран Г.
джерело

Як ви обліковуєте недетерміновані машини?

— Рафаель

c

$c$

Так, але ваш аргумент ламається. Ви не можете визначити в кінцевий час (простим моделюванням), поки NTM залишає задану позицію.

— Рафаель

| x |

$|x|$

e x p (| x |)

$exp(|x|)$

| x |

$|x|$

| Q |

$|Q|$

M

$M$