Чи прогнозувати (в обмеженні) обчислювальні послідовності так само важко, як і проблема зупинки?

Питання : Чи прогнозувати (як визначено нижче) обчислювальні послідовності так само важко, як і проблема зупинки?

Розробка : "Передбачити" означає успішно передбачити, що означає зробити лише кінцево багато помилок у задачі спроби передбачити n-й біт послідовності, наданий доступ до попередніх бітів n-1 (починаючи з першого біта і проходячи через вся нескінченна обчислювальна послідовність).

Існує простий аргумент діагоналізації (завдяки Леггу 2006), що для будь-якого передбачувача машини Тьюрінга p існує обчислювана послідовність, на якій він робить нескінченно багато помилок. (Побудуйте послідовність, яка має свій n-й член, протилежну тому, що передбачить p, задані попередніми n-1 умовами в послідовності.) Отже, не існує обчислюваного предиктора, який передбачав би кожну обчислювальну послідовність. Оракул, що зупиняє, дозволив би побудувати такого провісника. Але чи можете ви показати, що наявність такого предиктора дозволяє вирішити проблему зупинки?

Більше розробки

Визначення (Легг) предиктор р є машиною Тьюринга , яка намагається передбачити п-й біти з послідовності S отримують доступ до попереднього п-1 біт. Якщо прогнозування не збігається з n-м бітом послідовності, ми називаємо це помилкою . Ми скажемо, що p прогнозує S, якщо p робить лише кінцево багато помилок на S. Іншими словами, p передбачає S, якщо є якесь число M у послідовності st для кожного m> M, p правильно прогнозує m-й біт S надано доступ до перших бітів m-1.

Формально ми могли б визначити передбачувальну машину як три стрічки. Послідовність вводиться як вхідний біт-біт на одній стрічці, прогнози на наступний біт робляться на другій стрічці (машина може рухатись прямо по цій стрічці), а потім є робоча стрічка, на якій машина може рухатися в обох напрямках.

Прості результати
У наведеному вище визначенні є передбачувач, який передбачає всі раціональні числа. (Використовуйте стандартне перерахування раґіоналів. Почніть з передбачення 1-го раціонального у списку, якщо є помилка, перейдіть до наступного раціонального.) За аналогічним аргументом, передбачуваний передбачуваний доступ до N, здатний передбачити всі послідовності складності Коломогорова, менші або рівні N. . Ви можете робити лише безмежно багато помилок).

Цитування Шейна Легга 2006 http://www.vetta.org/documents/IDSIA-12-06-1.pdf (не автор цього допису)

Насправді це простіше, ніж вирішити проблему зупинки.

$f:\mathbb N\rightarrow\mathbb N$$g:\mathbb N\rightarrow\mathbb N$$n$$g(n)\le f(n)$

$\varphi_e$$e\in\mathbb N$$\mathbb N$$\{0,1\}$

$f$$p$

$p(a_0,\ldots,a_{k-1})$$a_{k}\in \{0,1\}$$a_0,\ldots,a_k$$\varphi_t(0),\ldots,\varphi_t(k)$$t\le k$$f(k)$$f(k)$$t$$a_{k}$$=0$

$q$$\varphi_q$$k$$t=q$$a_{k}$$f$$\varphi_q$$s(n)=$$\varphi_q(n)$