มีข้อบกพร่องใน NP ของฉัน = หลักฐาน CoNP?

ฉันมี "การพิสูจน์" ที่ง่ายมากสำหรับ NP = CoNP และฉันคิดว่าฉันทำอะไรผิดที่ แต่ฉันไม่สามารถหาสิ่งที่ผิดได้ มีคนช่วยฉันได้ไหม

ให้ A เป็นปัญหาบางอย่างใน NP และให้ M เป็นตัวตัดสินใจสำหรับ A. ให้ B เป็นส่วนประกอบเช่น B อยู่ใน CoNP เนื่องจาก M เป็นตัวตัดสินใจคุณสามารถใช้มันเพื่อตัดสินใจ B เช่นกัน (เพียงแค่พลิกคำตอบ) นั่นไม่ได้หมายความว่าเราจะแก้ปัญหาทั้งปัญหา NP และ CoNP ด้วย M เดียวกันหรือไม่?

ที่จะทำให้มันดูเป็นรูปธรรมมากขึ้น

ให้ A เป็นปัญหาที่สมบูรณ์แบบของ NP และให้ M เป็นตัวตัดสินใจสำหรับ A. พิจารณาปัญหา B ใด ๆ ใน CoNP เราพิจารณาส่วนประกอบที่ไม่ใช่ B ซึ่งอยู่ใน NP แล้วลดพหุนามเป็น A จากนั้นเราเรียกใช้ decider M ของเราและพลิกคำตอบของเรา เราได้รับ decider สำหรับ B นี่ก็หมายความว่า B อยู่ใน NP เช่นกัน

ฉันขอทราบเหตุผลของฉันได้ไหม

มีข้อบกพร่องสองข้อที่เป็นไปได้ในการพิสูจน์นี้:

1. เมื่อคุณพูดว่า "decider" - คุณหมายถึงเครื่องกำหนดค่า TM ในกรณีนี้การแปลที่ดีที่สุด (เพื่อความรู้ของเรา) จากเครื่อง NP กับเครื่องกำหนดอาจทำให้ได้เครื่องที่วิ่งในเวลาชี้แจงดังนั้นหลังจากการพึ่งพาคุณจะมี decider สำหรับเติมเต็มในเวลาที่ชี้แจงได้พิสูจน์ว่า (หรือหลังจากการปรับให้เหมาะสมแล้ว )c o - N P ⊆ P S P A C $co-NP\subseteq EXP$$co-NP\subseteq PSPACE$

2. เมื่อคุณพูดว่า "decider" คุณหมายถึง nondeterministic TM ในกรณีนี้การพลิกคำตอบไม่จำเป็นต้องเสริมภาษา อันที่จริงภาษาของเครื่องที่พลิกจะเป็นคำทั้งหมดที่มีการปฏิเสธการทำงานของใน$M$$w$

นี่เป็นอีกวิธีหนึ่งในการดูจุดที่ Shaull ทำเกี่ยวกับ "deciders"

ปัญหาอยู่ในNPถ้าหากว่ามีอัลกอริทึมเช่นนั้น$V: \{0,1\}^n \times \{0,1\}^{\mathrm{poly}(n)} \to \{0,1\}$

• สำหรับทุก ๆ YES เช่นมีใบรับรองเช่นนั้น ; และ$x \in \{0,1\}^n$$p \in \{0,1\}^{\mathrm{poly}(n)}$$V(x,p) = 1$

• สำหรับทุก ๆ อินสแตนซ์ NOเรามีสำหรับทุก . V ( x , p ) = 0 p ∈ { 0 , 1 } p o l y ( n $x \in \{0,1\}^n$$V(x,p) = 0$$p \in \{0,1\}^{\mathrm{poly}(n)}$

สิ่งเหล่านี้มักจะถูกอธิบายว่าเป็นความสมบูรณ์และความสมบูรณ์สำหรับอัลกอริธึมการตรวจสอบความถูกต้องของเอ็นพี : เงื่อนไข "ความสมบูรณ์" กล่าวว่าอินสแตนซ์ของ YES ทุกใบมีใบรับรองและเงื่อนไข "ความสมบูรณ์" กล่าวว่า สำหรับcoNPเป็นวิธีอื่น: มีอัลกอริทึมการตรวจสอบซึ่งจะยอมรับใบรับรองอย่างน้อยหนึ่งรายการสำหรับอินสแตนซ์ NO ใด ๆ แต่ไม่สามารถหลอกได้โดยอินสแตนซ์ YES

หากคุณต้องการแสดงให้เห็นว่าNP ⊆ coNPคุณต้องแสดงให้เห็นว่าทุกปัญหาของNPมีตัวตรวจสอบชนิดcoNPซึ่งสามารถรับรองอินสแตนซ์ NO แทนอินสแตนซ์ YES ได้ คุณไม่สามารถทำเช่นนี้กับเครื่องทัวริง nondeterministic: มีวิธีการที่เรารู้ว่าไม่มีเช่นให้มีประสิทธิภาพ map กรณีของ SAT กับอีกคนหนึ่งในลักษณะดังกล่าวว่าทุกสูตร unsatisfiable ถูกแมปกับคนที่น่าพอใจและในทางกลับกัน. (การลบเอาต์พุตของสูตรนั้นไม่เพียงพอตัวอย่างเช่นสูตรที่น่าพอใจ แต่ไม่ได้เน้นเรื่องความซ้ำซากเท่านั้นที่จะถูกแมปไปยังสูตรอื่นที่น่าพอใจ แต่ไม่ใช่เรื่องที่น่าเบื่อเมื่อเราต้องการสูตรที่ไม่พอใจแทน) ไม่มีทางที่เราจะรู้ได้ว่า 'หลอก' เครื่องตรวจสอบแบบไร้เดียงสาในการตรวจจับอะไรที่เหมือนเส้นทางทั้งหมดที่กำลังปฏิเสธเส้นทาง

คุณอาจถามว่า: "เครื่องจักรทัวริง nondeterministic ไม่ทราบหรือไม่ว่าผลลัพธ์จะได้รับ" คำตอบก็คือไม่มันไม่ใช่ การทำงานของเครื่องที่ไม่ได้กำหนดค่าไว้ไม่ให้การเข้าถึงข้อมูลใด ๆ เกี่ยวกับเส้นทางการคำนวณมากกว่าหนึ่งเส้นทางในคราวเดียว: คุณอาจคิดว่ามันทำงานในหลาย ๆ เส้นทางในแบบคู่ขนาน แต่ภายในแต่ละเส้นทางจะรู้เพียงเส้นทางเดียวเท่านั้น หากคุณพยายามที่จะจัดให้มีความสามารถในการ "ตระหนักถึง" ว่ามีบางวิธีแก้ปัญหาหรือไม่คุณกำลังอธิบายเครื่องจักรที่มี oracle NP ซึ่งเป็นเครื่องจักรที่มีประสิทธิภาพมากกว่าเครื่องทัวริงแบบง่าย ๆ

• ตัวอย่างเช่นถ้าคุณติดตั้งเครื่องทัวริง (กำหนดค่า) ด้วยoracle NPแล้วปัญหาที่สามารถแก้ไขได้ในเวลาพหุนามในเครื่องนั้นเรียกว่าซึ่งมักจะเขียน{NP}} "oracle" ช่วยให้เครื่องสามารถรับคำตอบของปัญหาที่ไม่สมบูรณ์ได้ในขั้นตอนเดียวและเห็นได้ชัดว่ามีP ; และเนื่องจากคุณสามารถปฏิเสธคำตอบได้อย่างชัดเจนจึงมีcoNPด้วย แต่เราไม่ทราบว่ามีการกักกันย้อนกลับหรือไม่เพราะเราไม่รู้ว่าจะหลอกเครื่องทัวริงที่กำหนดให้ตรวจหาคำตอบที่ไม่ได้หรือไม่ P N P P N $\Delta_2^{\mathrm P}$$\mathsf{P}^{\mathsf{NP}}$$\mathsf{P}^{\mathsf{NP}}$

• ยิ่งไปกว่านั้นถ้าคุณให้ทัวริงเครื่องจักรแบบ nondeterministicสามารถรู้ถึงผลลัพธ์ของปัญหาในNPปัญหาที่เครื่องจักรสามารถแก้ไขได้ในเวลาพหุนามเรียกว่าหรือและนี้เป็นที่เชื่อกันอย่างกว้างขวางเป็นอย่างเคร่งครัดขนาดใหญ่กว่าระดับ{NP}} นอกจากนี้ยังมีทั้งNPและcoNP - แต่เช่นเดียวกับNPไม่ทราบว่าถูกปิดภายใต้การเติม: เครื่อง oracle nondeterministic อาจจะสามารถรู้เมื่อเกิดปัญหาในNP N P N P P N $\Sigma_2^{\mathrm P}$$\mathsf{NP}^{\mathsf{NP}}$$\mathsf{P}^{\mathsf{NP}}$มีคำตอบที่ไม่เพราะ oracle แต่มันก็ยังคงติดอยู่กับการดำเนินงานภายในหนึ่งในสาขาการคำนวณของตัวเอง (ค่อนข้างมีประสิทธิภาพ) เพื่อที่มันจะไม่สามารถบอกได้ว่าสาขาการคำนวณของตัวเองทั้งหมดถูกปฏิเสธหรือไม่

ถ้าคุณเก็บในการจัดหาเครื่องกับออราเคิลมีประสิทธิภาพมากขึ้นในการแก้ปัญหาใน ,และอื่น ๆ ที่คุณจะสิ้นสุดการกำหนดชั้นเรียนของลำดับชั้นของพหุนาม , ซึ่งคิดว่าจะแตกต่างจากคนอื่นจากระดับแรกเป็นต้นไป$\mathsf{NP}$$\mathsf{NP}^{\mathsf{NP}}$

ดังนั้นไม่ไม่มีเครื่องจักร (กำหนดขึ้นหรืออย่างอื่น) ซึ่งสามารถ 'ตัดสินใจ' ว่าปัญหานั้นเป็นปัญหาที่เกิดขึ้นกับ YES หรือไม่ใช่อย่างมีประสิทธิภาพเว้นแต่เราจะใช้ oracles; แต่แม้จะมีเช่น oracle เราจบลงด้วยเครื่องซึ่ง (อาจ) อื่น ๆที่มีประสิทธิภาพกว่าทั้งNPหรือcoNPไม่หนึ่งที่แสดงให้เห็นว่าพวกเขากำลังเท่ากัน

เหตุผลของคุณแสดงถึงว่า RE = coRE แต่นี่เป็นสิ่งที่พิสูจน์ได้ว่าผิด คุณสามารถลองพิสูจน์หลักฐานนั้นแล้วดูว่าการลดลงของคุณล้มเหลวที่ไหน

จำได้ว่า RE เป็นชั้นความซับซ้อนของภาษานับซ้ำซึ่งเป็นภาษาของแบบฟอร์ม\} นอกจากนี้คุณยังสามารถคิดได้ในเงื่อนไขที่ไม่ได้กำหนด: RE คือคลาสของภาษาในรูปแบบโดยที่ซ้ำ ( คำนวณ)$\{ x : P \text{ halts on input } x \}$$\{ x : (x,w) \in L' \text{ for some } w \}$$L'$

นี่เป็นข้อพิสูจน์ว่าคำจำกัดความทั้งสองตรงกัน สมมติว่าแรก Let\} ภาษาเป็น recursive และ\}$L = \{ x : p \text{ halts on input } x \}$$L' = \{ (x,w) : p \text{ halts on input } x \text{ in } w \text{ steps} \}$$L'$$L = \{ x : (x,w) \in L' \text{ for some } w \}$

สำหรับทิศทางอื่น ๆ ให้ที่เป็น recursive พูดคำนวณโดยใช้โปรแกรมW) เราสร้างโปรแกรมใหม่ซึ่งระบุเป็นไปได้ทั้งหมดและรันบนทั้งหมดตามลำดับ ถ้าเคยยอมรับในบางดังนั้นหยุด มันไม่ได้เป็นเรื่องยากที่จะตรวจสอบว่า\}$L = \{ x : (x,w) \in L' \text{ for some } w \}$$L'$$P(x,w)$$Q(x)$$w$$P(x,w)$$w$$P(x,w)$$w$$Q$$L = \{ x : Q \text{ halts on input } x \}$

เพื่อความสะดวกของคุณนี่คือโครงร่างสำหรับการพิสูจน์ว่า RE นั้นแตกต่างจาก coRE ภาษาเป็นอย่างชัดเจนซ้ำนับ: โปรแกรมสำหรับมันก็วิ่งบนxสมมติว่ามีโปรแกรมดังกล่าวว่าหยุดและถ้าหากL เรากำหนดโปรแกรมใหม่โดยx) คือหรือไม่ ถ้าเป็นเช่นนั้นหยุดในดังนั้นหยุดพักบนดังนั้นL ถ้าแล้ว$L = \{(P,x) : P \text{ halts on input x}\}$$P$$x$$H$$H(P,x)$$(P,x) \notin L$$G$$G(x)=H(x,x)$$(G,G) \in L$$G$$G$$H$$(G,G)$( G , G ) ∉ L G G H ( G , G ) ( G , G ) ∈ L $(G,G) \notin L$$(G,G) \notin L$$G$ไม่ได้หยุดในดังนั้นไม่หยุดบนดังนั้นL ความขัดแย้งนี้แสดงให้เห็นว่าไม่สามารถดำรงอยู่ได้$G$$H$$(G,G)$$(G,G) \in L$$H$

ตอนนี้พยายามเรียกใช้หลักฐานของคุณในกรณีนี้และดูว่ามีอะไรผิดพลาด โดยละเอียดยิ่งขึ้นลองสร้างโปรแกรมโดยใช้สูตรของคุณและทำตามการพิสูจน์ - ในบางจุดบางสิ่งอาจไม่ถูกต้องนัก$H$

นี่คือ TL; DR version; ฉันยังโพสต์คำตอบที่ยาวกว่าสำหรับคำถามที่คล้ายกัน

สมมติว่าเรามีภาษาที่การตัดสินใจในเวลาพหุนามโดย nondeterministic ทัวริงเครื่อง  Mประเด็นก็คือว่า IFF มี  มีบางเส้นทางการยอมรับการป้อนข้อมูล  xอย่างไรก็ตามเนื่องจาก  เป็น nondeterministic จึงอาจมีการปฏิเสธเส้นทางเมื่อมันทำงานบน M x ∈ A M x M $A$$M$$x\in A$$M$$x$$M$$x$. หากคุณเพียงแค่ย้อนกลับสถานะการยอมรับและการปฏิเสธคุณจะไปจากเครื่องที่มีเส้นทางที่ยอมรับและบางรายการปฏิเสธไปยังเครื่องที่มีเส้นทางปฏิเสธและบางรายการยอมรับ มันยังคงยอมรับเส้นทางดังนั้นมันจึงยังคงยอมรับ การพลิกสถานะการยอมรับและการปฏิเสธของเครื่อง nondeterministic นั้นโดยทั่วไปแล้วจะไม่ทำให้คุณยอมรับภาษาที่สมบูรณ์

มันคือความไม่สมดุลของคำจำกัดความ (ยอมรับหากเส้นทางใดยอมรับ; ปฏิเสธเฉพาะในกรณีที่ทุกเส้นทางปฏิเสธ) ที่ทำให้ปัญหา NPกับco-NPปัญหายาก

ฉันยอมรับว่าเครื่อง nondeterministic ของคุณ M สามารถตัดสินใจได้ว่าสตริงอินพุตที่กำหนดนั้นเป็น B หรือไม่อย่างไรก็ตามมัน "ตัดสินใจ" แตกต่างจากที่มันตัดสินใจเล็กน้อยหากอินพุตที่กำหนดนั้นเป็น A ในกรณีหลังมันทำได้โดย ( nondeterministically) การค้นหาสถานะการยอมรับ ในกรณีก่อนหน้านี้จะทำเช่นนั้นโดยไม่พบสถานะการยอมรับใด ๆ ทำไมความแตกต่างนี้จึงสำคัญ มาดูกัน:

เมื่อถาม M "สตริงเป็นภาษา A หรือไม่?"

M ถึงสถานะที่ยอมรับ สิ่งนี้คุณสามารถพิสูจน์ได้ (ดูตัวอย่างเช่นทฤษฎีบทของหนังสือ Sipser 7.20) บอกเป็นนัยว่ามีเครื่องกำหนดค่าที่ตรวจสอบว่าสตริงอยู่ใน A ในเวลาพหุนาม

เมื่อถาม M "สตริงเป็นภาษา B หรือไม่"

M เข้าถึงรัฐที่ปฏิเสธในทุกสาขาของการคำนวณแบบ nondeterministic หากคุณคิดว่าตัวตรวจสอบหลักฐานทำงานอย่างไรคุณจะเห็นว่าไม่สามารถทำได้ในสถานการณ์นี้ นี่เป็นเรื่องคร่าวๆเนื่องจากผู้ตรวจสอบใช้เส้นทางที่ M รับผ่านพื้นที่รัฐเป็น "พิสูจน์" ในกรณีนี้ไม่มีเส้นทางดังกล่าว

สรุป:

หากคุณพิจารณาการมีอยู่ของตัวตรวจสอบกำหนดเวลาพหุนามสำหรับภาษาที่เป็นนิยามของภาษา NP (ซึ่งคุณควร) การมีอยู่ของ M ไม่ได้พิสูจน์ว่า B อยู่ใน NP