Нескінченна машина алфавіту Тьюрінга

9

Чи є машина Тьюрінга, якій дозволено читати і писати символи з нескінченного алфавіту, більш потужна, ніж звичайна TM (це єдина різниця, машина все ще має обмежену кількість станів)?

Інтуїція мені не відповідає, оскільки для розмежування кожного символу вам потрібно нескінченна кількість станів. Тому я думаю, що деякі символи або переходи, викликані символами (або деякі підмножини переходів), повинні бути рівнозначними. Таким чином, ви можете фактично імітувати таку машину звичайною TM і обмеженою підмножиною таких символів або переходів.

Як я міг підійти до формального доказу цього?

— зад
джерело

7

Одночасно crossposted на CSTheory. Будь ласка, не робіть цього. Це робить ваше запитання важливішим, ніж інші. Це, мабуть, більше підходить тут.

— Juho

17

Ні, це було б потужнішим. Функція переходу більше не буде кінцевою, і це купує у вас багато сил.

За допомогою нескінченного алфавіту ви можете кодувати будь-який елемент введення з нескінченного набору в одному символі (хоча набір вводу не може бути "більш нескінченним", ніж алфавіт, наприклад, алфавіт, мабуть, буде лише незліченно нескінченним, тому елементи незліченних такі набори, як реальні числа, не можуть бути представлені в одному символі). І так само для виходу.

Таким чином, ви можете зробити дводержавний (один початковий, один прийняти) нескінченний алфавіт-ТМ з одним переходом, який переходить у стан прийняття та змінює символ під головкою стрічки відповідно до функції, яку ви намагаєтеся обчислити. Цей рецепт дозволить вам обчислити будь-яке зіставлення між множинами, які можна поставити в одне ціле листування з алфавітом.

Отже, щоб уникнути того, що вироджена машина не є відповіддю на все, вам потрібно буде обмежити, що може зробити функція переходу. Очевидним було б вимагати обчислення самої функції переходу (звичайні функції переходу TM все-таки тривіально обчислюються, оскільки вони кінцеві). Але тоді ви б спробували використати обчислювані функції для визначення вашої моделі обчислюваних функцій.

— Бен
джерело

6

Вищенаведена відповідь правильна, але можна сказати трохи більше про нескінченні алфавіти та обчислюваність.

Машина Тьюрінга в WP описана як $M = (Q, \Gamma,b,\Sigma,\delta, q_0, q_f)$ в якому всі множини кінцеві. Таким чином функція переходу

δ : Q / Ж \times Γ \to Q \times Γ \times {L, R}

$\delta: Q / F \times \Gamma \rightarrow Q \times\Gamma \times \{L,R \}$ обов'язково є кінцевим.

У безмежному алфавітному апараті ми би замінили вхідний алфавіт $\Sigma$ сказати $\Sigma^{inf}$ і так алфавіт стрічки від $\Gamma^{inf}$ і перехідну функцію по $\delta^{inf}$ підкоряючись:

δ^{i н f} : Q / Ж \times Γ^{i н f} \to Q \times Γ^{i н f} \times {L, R}

$\delta^{inf}: Q / F \times \Gamma^{inf} \rightarrow Q \times\Gamma^{inf} \times \{L,R \}$

Тому $\delta^{inf}$ обов'язково є нескінченною функцією. Як зауважувалося, якщо ця функція не піддається обчисленню, то вищезазначене не може бути представлене остаточно. Припустимо, що ми збережемо $\delta^{inf}$ (частково) рекурсивна, якщо це можливо. Питання в тому, чи завжди алфавіт це дозволить.

Основне питання полягає в тому, що кінцевий алфавіт представлений в повному обсязі (тому ми можемо вибрати, щоб визначити наші функції рекурсивно), але нескінченний алфавіт ніколи не може бути представлений у повному обсязі. То який механізм генерує алфавіт?

Найпростіший спосіб розглянути це - уявити, що існує, скажімо, кінцевий "основний" алфавіт $A=\{a,b\}$ . Потім генеруйте мову $L \subset A^*$ . Припустимо, що рядок abaab $\in L$ . Потім визначте $\alpha = <abaab> \in \Gamma^{inf}$ . Отже, нескінченний алфавіт складається з наборів рядків з $L$ об'єднані в єдиний символ на кшталт $<abaab>$ .

Найпростішим таким алфавітом є в основному <1 *> , звичайна мова, в якій будь-які два символи розрізняються шляхом підрахунку кількості вертикальних штрихів у кожному символі. Це буде обчислюватися за допомогою кінцевого аналізатора стану (як LBA, але не як Кінцевих Автомати). Тьюрінг стверджував, що існує обмежений алфавіт, щоб уникнути появи нескінченної операції в операції TM. Однак варто зазначити, що 26 літер англійського алфавіту не відповідають цій схемі підрахунку: буква z не містить 26 штрихів, крапок чи нічого. Таким чином, можливі інші схеми з найбільш загальною обчислювальною схемою, що базується на рекурсивно перелічуваній (повторній) мові $L$ .

Однак тут проблема полягає в тому, що конструювання $\delta^{inf}$ не буде можливим, якщо не буде визначено визначення $L$ прямо передбачено. Почасти це тому, що еквівалентність повторних множин не визначається, а почасти тому, що в іншому випадку ми маємо лише коли-небудь зразки, з якими можна працювати і не можемо зробити висновок $L$ з того. Якщо у нас є визначення $L$ (і отже $\Gamma^{inf}$ ) тоді, якщо $f$ є рекурсивним в $\Gamma^{inf}$ тоді $f$ є рекурсивним в кінцевому A і так $f$ абсолютно рекурсивний і $\delta^{inf}$ може бути рекурсивним.

Нарешті ми вважаємо випадок таким $L$ не повторюється з двома прикладами:

Приклад1 . $<n>\in \Gamma^{inf}$ iff $\phi_{n}(n)$ доказово розходяться. У цьому випадку алфавіт $\Gamma^{inf}$ явно не матиме кінцевого опису - натомість він "зростатиме" з часом (і лише повністю визначатиметься в деякому обчислювальному ліміті). Але тоді це нескінченний алфавіт, який неможливо представити одразу ні в якому разі. Так що якщо $f$ є рекурсивним в $\Gamma^{inf}$ , тоді f в $\Delta_2^0$ - набір зупинки. Тому $\delta^{inf}$ не може бути рекурсивним.

Приклад2 . Більш геометричним прикладом вважаються плитки, подібні до Пенроуза . Нехай символ $S\in\Gamma^{inf}$ якщо $S$ являє собою одиницю з N аперіодичних плиток, які, очевидно, можуть плитку площини. Цей алфавіт нескінченний, оскільки можна створити для будь-якого N N-плиткову одиницю плиток Пенроуза. Однак облицювання площини самою не можна визначити, тому набір S буде рости, коли буде виявлено більше подібних плиток. Можлива $f$ рекурсивний в $\Gamma^{inf}$ але не абсолютно рекурсивним може бути f (S) = кількість плиток у S.

— Рой Сімпсон
джерело