Варіант функції зайнятого бобра

Читаючи це питання " Природні проблеми, які не можна визначити, але не закінчуючи Тьюрінга ", на думку мені прийшла наступна мова:

Якщо - функція зайнятого бобра (максимально досяжний бал серед усіх зупинених 2-символьних машин n-стану Тюрінга вищеописаного типу при запуску на порожню стрічку), визначте функцію: $\Sigma(\cdot)$

B B (⟨ M ⟩) = {\begin{cases} 1 & ⟨ M ⟩ computes Σ (\cdot) \\ 0 & otherwise \end{cases}

$BB(\langle M \rangle) = \begin{cases} 1 & \text{$\langle M \rangle$ computes $\Sigma(\cdot)$}\\ 0 & \text{ otherwise} \end{cases}$

Тепер визначте мову:

$L = \{ \langle M \rangle \; | \; \langle M \rangle \mbox{ halts and } BB(\langle M \rangle) = 0 \}$

Чи є рекурсивно числимим? (слід повторно: просто моделюйте паралельно M з усіма ТМ однакової довжини, і якщо зупиняється, а інші зупинки з більшою оцінкою додають M до перерахунку). $L$ $M$ $M'$

Чи можемо ми зменшити проблему зупинки до ? (здається, що він не може "захопити" зупинку зайнятих бобрів) $L$

computability turing-machines

— Vor
джерело

Єкількість штатів?

| ⟨ M ⟩ |

$|\langle M \rangle|$

— Pål GD

Коли ви перерахуєте , який не зупиняється на ? не можу бути RE, якщо ви не перелічите всіх його членів, а описана вами процедура перераховує лише ті, які насправді зупиняються.

M

$M$

L

$L$

L

$L$

— Стівен Стадницький

@ PålGD: так, це кількість штатів (призупинення стану виключено)

— Vor

@StevenStadnicki: Я неявно припустив, що містить лише машини, які зупиняються ... можливо, я повинен уточнити це у питанні (дозвольте мені трохи подумати, можливо, це робить питання тривіальним).

L

$L$

— Vor

@Kaveh Це навіть не проблема обіцянки - ви можете просто визначити (як я вважаю, ОП призначено) як .

L

$L$

L = {⟨ M ⟩ | M halts \land B B (⟨ M ⟩) = 0}

$L=\{\langle M\rangle | M\ \text{halts} \wedge BB(\langle M\rangle) = 0\}$

— Стівен Стадницький

Відповіді:

Я не можу повірити, що раніше цього не бачив - але так, за допомогою Oracle для ви можете вирішити проблему зупинки. Очевидно, що оракул для дає нам «рекурсивно» всі машини, що не зайняті зупинкою Бівера, тому питання полягає в тому, «чи можемо ми рекурсивно розібратися в що таке зайняті бобри?». Визначте як функцію підрахунку "другого найгружчого бобра"; тобто другий за висотою досяжний бал серед усіх зупиняючих двох символів держав ТМ. Хитрість тут полягає в тому, що є рекурсивна функція така, що (майже впевнено, що $L$ $L$ $L$ $\Sigma_2(n)$ $n$ $f()$ $\Sigma(n)\leq\Sigma_2(f(n))$ $f(n)=n+1$ насправді зробить трюк, але для цього потрібно знати, що функція BB суворо зростає): враховуючи машину розміром яка друкує 1s на її стрічці і потім зупиняється, є деякі і по дві машини розміром які точно друкують 1s та точно 1s відповідно на своїх стрічках - і це справедливо для машини "зайнятого бобра" навіть якщо ми я не знаю явно . Це означає, що обмеження функції "другого зайнятого бобра" для дає обмеження для функції зайнятого бобра на $M$ $n$ $\Sigma(M)$ $c\gt 1$ $\leq cn$ $\Sigma(M)$ $\Sigma(M)+1$ $M$ $M$ $f(n)$ $n$ ; але, маючи це, легко вирішити проблему зупинки для TM розміром - якщо то скажіть, що зупиняється; в іншому випадку знайдіть найдовшу машину розміром в (що можна зробити рекурсивно, оскільки є лише кінцево багато машин розміром ) і моделюйте на стільки кроків, скільки потрібно зробити цій машині зупиняти Якщо протягом цього часу не зупиняється, можливо, не може зупинятися. $M$ $n$ $\langle M\rangle\in L$ $M$ $f(n)$ $L$ $\leq f(n)$ $M$ $M$ $M$

— Стівен Стадницький
джерело

Дякую; натхненний вашою відповіддю, я знайшов швидке (тривіальне) -: пряме зменшення від проблеми зупинки в окремій відповіді.

— Vor

Це перероблена версія гарної відповіді Стівена з явним скороченням проблеми Холтінга.

Враховуючи побудує який працює на і якщо він зупиняється, йде праворуч від стрічки, пише 0 і зупиняється. $\langle M \rangle, w$ $M'$ $M$ $w$

Якщо зупиняється, тому що існує еквівалентний TM того самого розміру, який пише 1 і зупиняється; таким чином, ми можемо використовувати рішення для щоб перевірити, чи зупиняється на ( зупинки на iff ) $M'$ $BB(M')=0$ $L$ $M$ $w$ $M$ $w$ $M' \in L$

... виявилося, що питання справді банальне :-)

— Vor
джерело