Обмежена проблема зупинки вирішується. Чому це не суперечить теоремі Райса?

Одне твердження теореми Райса наведено на сторінці 35 "Комп'ютерна складність: сучасний підхід" (Арора-Барак):

Часткова функція від $\{0,1\}^*$ до $\{0,1\}^*$це функція, яка не обов'язково визначається на всіх її входах. Ми говоримо, що ТМ$M$ обчислює часткову функцію $f$ якщо для кожного $x$ на якому $f$ визначено, $M(x) = f(x)$ і для кожного $x$ на якому $f$ не визначено $M$ переходить у нескінченний цикл, коли виконується на вході $x$. Якщо$S$ це набір часткових функцій, які ми визначаємо $f_S$ бути булевою функцією, що на вході $\alpha$ виходи 1 iff $M_\alpha$ обчислює часткову функцію в $S$. Теорема Райса говорить про те, що для кожного нетривіального$S$, функція $f_S$ не обчислюється.

У Вікіпедії зазначено, що мови обмежених машин для встановлення часу закінчуються ЕКСПЕКТНО. Я думаю, що ця мова виглядає приблизно так$\{(\alpha,x,n) : M_\alpha$ приймає $x$ менше ніж $n$ кроки$\}$. Тож нехай$M$бути деяким DTM, який вирішує цю обмежену мову в експоненціальний час. Схоже, що цей DTM вирішує якусь властивість для ВСІХ машин для випробування, тому моя інтуїція підказує мені, що теорема Райса виключає таке рішення. Але очевидно$M$ обчислює загальну функцію.

Що мені не вистачає у зв’язку між цією мовою та теоремою Райса?

Мова

$\qquad \{(α,x,n):M_α \text{ accepts } x \text{ in less than } n \text{ steps}\}$

не є набором індексу, тобто не має форми

$\qquad L_P = \{ \langle M \rangle \mid M \text{ is TM},\ \exists\, f \in P.\ f_M = f \}$

для деякого безлічі (частково рекурсивні) функцій , з (часткові) функції обчислюються TM . Теорема Райса робить заяви лише про такий ; багато "інтуїтивно зрозумілих" перефразовок не є корисними. Дивіться також тут .$P$$f_M$$M$$L_P$

Зауважте, що це не лише технічна деталь. Теорема Райса не стосується

$\qquad L = \{ \langle M \rangle \mid M \text{ accepts } \langle M \rangle \text{ in less than } \langle M \rangle \text{ steps} \}$ ,

або. Ви можете зрозуміти, чому?

Для кожної машини в$L$ ви можете легко сконструювати багато машин, які приймають ту саму мову, але працюють більше$\langle M \rangle$ кроки, і, отже, не в $L$. Таким чином,$L$ не є набором індексу.

$L$ вирішується, використовуючи той же аргумент, що і для мови оригіналу, яку ми обговорюємо.

Теорема Райса говорить, що ви нічого не можете розповісти про остаточну поведінку програми, коли вона залишається запущеною до нескінченності - незалежно від того, як ви класифікуєте програми, буде дві програми, які зблизяться до тієї ж кінцевої поведінки (обчислена функція ), хоча ви класифікували їх по-різному.

Але дозволити програмам працювати до нескінченності є надзвичайно важливим. Щоб дізнатися, що вони роблять спочатку$n$ кроки, ви можете просто імітувати їх для першого $n$кроки, а потім припиніть виносити вирок щодо того, як поводилася програма. Подібне моделювання до нескінченності не працює, тому що якщо змодельована програма ніколи не закінчується на імітованому вході, ваш класифікатор також буде розходитись, замість надання класифікації.

По-перше, слова у вашій мові не є кодуванням машин, вони містять більше інформації, тому не можна безпосередньо застосовувати теорему Райса. При цьому теорема Райса говорить про неможливість міркування про функцію, обчислену машиною Тюрінга (а саме, чи лежить вона в якійсь множині$S$). Тут це не так, оскільки, як згадував Рафаель, існують дві машини$M,M'$ хто обчислює ту саму функцію, але одна лежить у вашій мові, а інша ні (тут я ігнорую синтаксичну проблему і забуваю про те, що $x,n$є частиною введення). Справа в тому, що властивість, яку ви дивитесь тут, механічна, а не семантична (машини можуть обчислювати ту саму функцію, але по-іншому).

Теорема Райса говорить, що для будь-якого нетривіального набору $\mathcal{L}$ мов, набір машин Тьюрінга, які розпізнають мову в $\mathcal{L}$не можна визначити. У Вікіпедії йдеться про те, що певна мова є рішучою. Тож немає протиріччя.