Для будь-якої мови існує такий, що але

Я намагаюся знайти доказ для наступного:

Для будь-якої мови $A$ , існує мова $B$ такі , що $A \le_{\mathrm{T}} B$ , але B $\nleq_{\mathrm{T}} A$ .

Я думав дозволити $B$ бути $A_{\mathrm{TM}}$ , але я розумію, що не всі мови Тюрінг зводяться до $A_{\mathrm{TM}}$ , тому $A \le _T B$ не буде тримати. Який інший вибір $B$ у мене є, який би дозволив мені написати TM, який використовує оракул для $B$ щоб вирішити $A$ ?

Дякую!

computability reductions undecidability

— user1354784
джерело

Як щодо

B = N P^{A}

$B = NP^A$ ?

— Євген

Подумайте про Проблемі Зупинки на машинах Тьюрінга з оракулом

A

$A$ .

— Віллард Жан

@ user1354784 Тюрінг-машини з оракулом

A

$A$ можна перерахувати. Тому спробуйте використовувати стандартну діагоналізацію, де єдиною зміною є те, що для кожного

α \in Σ^{*}

$\alpha\in\Sigma^*$ ,

M_{α}

$M_\alpha$ являє собою Oracle TM з oracle

A

$A$ замість звичайного TM.

— Віллард Жан

@DavidRicherby Так, але B не виправлено, він побудований, знаючи, що таке A. Якщо нам дано деякий A, ми побудуємо B, який приймає кожен oracle TM з oracle для цього конкретного A, який приймає рядки в A. Якщо нам дано інше A, список TM в B буде іншим.

— користувач1354784

@ user1354784 Точно так. Я мав на увазі цей коментар як ще одне пояснення того, чому ми не можемо прийняти як ви запропонували (і вже відхилили з іншої причини) у своєму запитанні. Я забув пояснити, що це був пункт, який я робив - вибачте за плутанину там.

B = A_{T M}

$B=A_{\mathrm{TM}}$

— Девід Річербі

Відповіді:

Нехай , Тьюринг стрибок . Це основний результат в теорії ступенів Тюрінга. $B=A'$ $A$

— Бьорн Кьос-Ганссен
джерело

Перш ніж зануритися у гарну відповідь, а саме, що ми можемо відновити проблему зупинки, щоб призначити кожній мові мову такою, що (серед іншого) - варто побачити дурну відповідь: $X$ $X'$ $X<_TX'$

Кантор показав, що існує незліченна кількість мов.
Але кожна конкретна мова може обчислити лише чимало мов: одна машина Тьюрінга може отримати лише одне скорочення з даної мови , а є лише багато машин Тьюрінга. $A$ $A$

Тож насправді ми знаємо, не роблячи серйозних робіт, що:

Для кожної мови , більшість (= все , але рахункове число) мов задовольняють умові . $A$ $B$ $B\not\le_TA$

Тепер ми з'єднаємо це з Тьюринга приєднатися : дані мови , об'єднання складається з «перемежения» і . Існують різні способи визначити це, наприклад, думаючи про і як про набори природних, ми зазвичай дозволяємо - але важливою особливістю є те, що (а насправді це їх -лішня верхня межа) . $X,Y$ $X\oplus Y$ $X$ $Y$ $X$ $Y$ $X\oplus Y=\{2i: i\in X\}\cup\{2i+1: i\in Y\}$ $X\oplus Y\ge_TX,Y$ $\le_T$

Тож ми можемо застосувати вищезазначене, щоб отримати:

Для кожної мови , більшість (= все , крім рахункового числа) мови задовольняють умові . $A$ $B$ $A<_TA\oplus B$

Потім виникає питання надання нерозумного доказу, а саме природного способу скласти мову, суворо складнішого, ніж даний, і саме для цього стрибок Тьюрінга; але варто зрозуміти цей неконструктивний аргумент самостійно.

— Ной Швебер
джерело