Чи існує x такий, що K (xx) <K (x), де K - комплексність Колмогорова.

Нехай позначає складність Колмогорова рядка . Чи існує рядок такий, що . (Тут - це об'єднання із самим собою). Схожий , але інше питання було поставлене тут , але контрприклад дається у відповідь на це питання не працює для цього. $K(x)$ $x$ $K(xx)<K(x)$ $xx$ $x$

cc.complexity-theory kolmogorov-complexity

— Суне Якобсен
джерело

Відповіді:

Я не знаю складності Колмогорова, але думаю, що такий х можна побудувати для кожної функції складності K наступним чином. Оскільки 1, 11, 1111, 11111111,…, 1 ^{2 ⁿ} ,… є кодуванням натурального числа n , K (1 ^{2 ⁿ} ) не може бути o (log n ). Однак, коли n = 2 ^м , очевидно, K (1 ^{2 ⁿ} ) = K (1 ^{2 ^{2 ^m}} ) = O (log m ) = O (log log n ). Тому послідовність K (1), K (11), K (1111), K (11111111),…, K (1 ^{2 ⁿ} )… не може бути монотонно зростаючою, що означає, що існує рядокx у формі 1 ^{2 ⁿ} такий, що K ( xx ) <K ( x ).

— Цуйосі Іто
джерело

@Tsuyoshi, Чи є невимовна струна

така, що

x

$x$

K (x x) < K (x)

$K(xx)\lt K(x)$

— Мохаммед Аль-Туркстані

Я думаю, що

і K (1 ^ {2 ^ n}) = Ω (log n) суперечать один одному. Що він має на увазі: Якщо

то

. Інакше доказ здається прекрасним.

K (1^{2^{2^{m}}}) = O (\log m)

$K(1^{2^{2^m}})=O(\log m)$

f (n) = o (\log n)

$f(n)=o(\log n)$

K (1^{2^{n}}) \neq O (f (n))

$K(1^{2^n})\neq O(f(n))$

— Sune Jakobsen

Це, здається, працює. Дійсно, я думаю, це дає вам нескінченну послідовність таких рядків. Однак або я щось не розумію, або твердження правила ланцюга для Колмогорова Складність, яке з’являється у wikipedia ( en.wikipedia.org/wiki/Chain_rule_for_Kolmogorov_complexity ), то неправильне. Спочатку я вважав, що визначення wikipedia може не застосовуватися тут, оскільки там ви повинні бути в змозі знати, де закінчується X і Y починається, тоді як тут це, здається, не потрібно, але коли Y = X ви можете додати це до опису в O (1), сказавши "розділити посередині".

— Абель Моліна

@Sune: Позначення Ω (⋅) має кілька дещо різних визначень. «K (1 ^ 2 ^ n) = Ω (log n)» у моїй відповіді означає «limsup K (1 ^ 2 ^ n) / log n> 0», і це не суперечить «K (1 ^ 2 ^ 2 ^ m) = O (log m) ". Я відредагував відповідь, щоб уточнити цю точку. Дивіться також Якому визначенню швидкості росту асимптотики ми повинні навчатись?

— Tsuyoshi Ito

@turkistany і все: Зауважте, що завжди вірно, що K (xx)> K (x) -c для якоїсь постійної, я вважав, що це слід вказати. Це також означає, що нам потрібно дуже точне визначення нестислимого, якщо ми хочемо вивчити це питання. Я б здогадався, що відповідь знову так, але я не маю доказів.

— domotorp

Так. Складність Коломогорова на практиці залежить від вашої моделі. Машина Тьюрінга, програма Java, програма C ++, ... якщо у вашій моделі є ідіосинкразія, яка дозволяє це робити на обмеженому наборі входів, це не проблема.

Питання краще - наскільки з такою поведінкою ви можете піти і все-таки змусити модель бути універсальною.

— Чад Брюбекер
джерело

Я думаю, що краще питання: чи існує такий х для всіх моделей? Я не знаю, що таке "модель" формально, але здається, що відповідь Цуйосі працює на всіх розумних мовах програмування.

— Sune Jakobsen

Ви можете призначити

до

і щось більше для

і все ще мати універсальну модель.

0

$0$

x x

$xx$

x

$x$

— Каве

@Tsuyoshi:

Я добре не зрозумів твого доказу.

Припустимо, що ми вибираємо стандартну машину Тьюрінга як "мову опису", визначаючи як кількість станів найменшої ТМ, яка починається з порожньої стрічки і зупиняється після друку рядка на ній. $K(s)$ $s$

Ви довели, що ми можемо побудувати який "друкує" рядок на стрічці і побудований з меншим станом, ніж який "друкує" рядок ? $TM_{ss}$ $ss = 1111...1 = 1^{2^{n+1}}$ $TM_{s}$ $s = 1^{2^n}$

Чи може ваше доказ застосувати до складності Колмогорова на ТМ?

$n+1 = 2^{m}$ $TM_{ss}$ $TM_{s}$ $n$

(вибачте, але я не знаю, як опублікувати це як коментар)

— Марціо Де Біасі
джерело

To write a comment on a post made by someone other than you which is not an answer to your question, you need reputation point at least 50.

— Tsuyoshi Ito