เครื่องทัวริงสามารถเลือกภาษาของเครื่องด้วยภาษาที่ว่างเปล่าได้หรือไม่?

ให้ มีเครื่องทัวริง R ที่ตัดสินใจ (ฉันไม่ได้หมายถึงรู้จัก) ภาษา ?L

ดูเหมือนว่าเทคนิคเดียวกับที่ใช้ในการแสดงว่าควรทำงานที่นี่เช่นกัน$\{A \mid A \text{ is a DFA and } L(A)=\emptyset\}$

โดยการทำเครื่องหมายคุณอาจหมายถึงการวิเคราะห์ความสามารถในการเข้าถึง - มองหาเส้นทางจากสถานะเริ่มต้นไปยังสถานะที่ยอมรับได้ แน่นอนภาษาของ DFA นั้นว่างเปล่าถ้าไม่มีเส้นทางดังกล่าว

เริ่มจากตัวอย่างก่อนว่าทำไมมันถึงล้มเหลวใน TM พิจารณา TM ว่าในละเว้นมันอินพุต แต่เขียนที่เป็นของเทปย้ายหัวขวาและไปที่รัฐแล้วในอีกครั้งละเว้นการป้อนข้อมูลที่เขียนย้ายหัวไปทางซ้ายและไปq_2ในถ้ามันอ่านแล้วมันเขียนย้ายหัวไปทางขวาและกลับไปq_1 a q 1 q 1 a q 2 q 2 a a q $q_0$$a$$q_1$$q_1$$a$$q_2$$q_2$$a$$a$$q_1$

นั่นคือเครื่องเพียงแค่เขียนและสลับระหว่างสองรัฐ (และ ) และมักจะมีสองที่อยู่ติดกัน's บนเทปq 1 q 2$a$$q_1$$q_2$$a$

ตอนนี้เราเพิ่มการเปลี่ยนแปลงจากว่าเมื่อการอ่านไปสู่สถานะการยอมรับและหยุดพัก$q_2$$b$

ภาษาของเครื่องนี้ว่างเปล่า อันที่จริงการวิ่งจะติดอยู่ในวงเสมอและจะไม่ไปสู่สถานะที่ยอมรับได้ ยังมีเส้นทางรัฐไปสู่รัฐที่ยอมรับได้ แล้วมีอะไรผิดพลาด?$q_1-q_2$

ทว่ารัฐ `` ของ TM ไม่ได้ให้ข้อมูลเพียงพอที่จะอธิบายความต่อเนื่องของการวิ่ง เพื่อให้มีข้อมูลทั้งหมดคุณต้องกำหนดค่าของ TM ซึ่งรวมถึงสถานะตำแหน่งของส่วนหัวและเนื้อหาของเทป หากคุณพบว่ามีการกำหนดค่าเส้นทาง (ซึ่งเรียกว่าการเรียกใช้ ) เพื่อกำหนดค่าการยอมรับแล้วแน่นอนภาษาที่ไม่ว่างเปล่าและมันเป็นเงื่อนไข iff

ปัญหาเกี่ยวกับการใช้การวิเคราะห์ความสามารถในการเข้าถึงบนกราฟการกำหนดค่าคือมันอาจไม่มีที่สิ้นสุด นี่คือเหตุผลที่การตัดสินใจเลือกความว่างเปล่าทางภาษานั้นไม่สามารถอธิบายได้

นี่คือเหตุผลที่ไม่รู้จักความว่างเปล่าของภาษา - คุณสามารถดำเนินการ BFS บนกราฟการกำหนดค่าที่ไม่มีที่สิ้นสุด หากมีเส้นทางไปสู่รัฐที่รับคุณจะพบมันในที่สุด อย่างไรก็ตามหากไม่มีแล้วคุณอาจติดอยู่ในการค้นหาที่ไม่มีที่สิ้นสุด

$A$ไม่สามารถตัดสินใจได้เนื่องจากทฤษฎีบทของไรซ์ซึ่งระบุว่าคุณสมบัติที่ไม่สำคัญของฟังก์ชั่นบางส่วนนั้นไม่สามารถตัดสินใจได้

1. มี TM ซึ่งไม่ยอมรับสตริงใด ๆ (ซึ่งไปที่สถานะปฏิเสธโดยตรง)
2. มี TM ซึ่งยอมรับทุกสตริง (ซึ่งตรงไปที่สถานะการยอมรับ)

ซึ่งหมายความว่าฟังก์ชันที่คำนวณโดยองค์ประกอบของมีคุณสมบัติที่ไม่สำคัญ ดังนั้นจึงไม่สามารถตัดสินใจได้$A$$A$

$E$สามารถตัดสินใจได้ภายใต้สมมติฐานที่ว่า DFA นั้นถูกเข้ารหัสในลักษณะพิเศษเช่นตารางการเปลี่ยนสถานะหรืออื่น ๆ (เราไม่สามารถตัดสินใจได้ว่า TM จะรับเฉพาะภาษาปกติหรือไม่เพราะทฤษฎีของ Rice! ในกรณีนี้ข้าวทฤษฎีบทนี้ไม่สามารถใช้ได้เพราะการเข้ารหัสโดยเฉพาะอย่างยิ่งขององค์ประกอบที่จำเป็นในการตัดสินใจเกี่ยวกับEดังนั้นเราไม่เพียงแค่ตัดสินใจเกี่ยวกับฟังก์ชั่นบางส่วน$E$

(กล่าวคือหากมีปัญหาตัดสินใจว่า TM เฉพาะนั้นเป็น DFA - หรือ DFA ที่คำนวณได้และภาษาที่ยอมรับนั้นว่างเปล่าจะไม่สามารถตัดสินใจได้ผ่านทฤษฎีของ Rice ขอให้สังเกตว่าในกรณีนี้ .)A = $E$$A = E$

คำแนะนำอื่น ๆ : ลองลดปัญหาลังเลที่จะL_$L_\emptyset$

(คำใบ้ดั้งเดิมคือการใช้ทฤษฎีบทของไรซ์ แต่ในกรณีนี้การพิสูจน์โดยตรงก็ค่อนข้างง่าย)

เล็มม่า 1 : ถ้า L ไม่สามารถบอกได้ดังนั้นจึงเป็นส่วนประกอบของแอล

เรารู้ว่าปัญหาการหยุดทำงานนั้นไม่สามารถตัดสินใจได้ ดังนั้นตามการเติมเต็มของปัญหาการหยุดชะงักของLemma 1ก็ไม่สามารถตัดสินใจได้เช่นกัน$H_{TM}$ H c T M$H_{TM}^c$

$H_{TM}$ =$\{\langle M, x \rangle { }\mid \text{ M is a TM and M halts on input x } \}$

$H_{TM}^c$ =$\{\langle M, x \rangle { }\mid \text{ M is a TM and M loops on input x } \}$

$E_{TM}$ =$\{\langle M \rangle { }\mid \text{ M is a TM and L(M) = } \emptyset \}$

สมมติว่านั้นสามารถตัดสินใจได้ เราจะลดเป็น - กล่าวอีกนัยหนึ่งเราจะแสดงวิธีการสร้างเครื่องจักรทัวริงที่ตัดสินใจโดยใช้ TM,ที่ตัดสินใจ{TM} สิ่งนี้ทำให้เรามีความขัดแย้งเนื่องจากเรารู้ว่านั้นไม่สามารถตัดสินใจได้และดังนั้นจึงไม่มีอยู่ คำว่า "ลด" เพียงแค่หมายถึงการแก้ปัญหาที่กำหนดโดยการแปลงเป็นปัญหาอื่นที่เรารู้แล้วว่าจะแก้ปัญหา ดังนั้นเครื่องทัวริงสำหรับสามารถสร้างได้ดังนี้:$E_{TM}$$H_{TM}^c$$E_{TM}$$M_{H_{TM}^c}$$H_{TM}^c$$M_{E_{TM}}$$E_{TM}$$H_{TM}^c$$M_{H_{TM}^c}$$H_{TM}^c$

$M_{H_{TM}^c}$ =“ ที่อินพุต$\langle M,x \rangle$

$\qquad$ 1. สร้างรหัสสำหรับ TM,ที่ทำสิ่งต่อไปนี้:$M_1$

$\qquad$ $\quad$ $M_1$ = "บนอินพุต$w$

$\qquad$ $\quad$ 1. จำลองบนx$M$$x$

$\qquad$ $\quad$ 2. ยอมรับว่าหยุดแล้ว "$M$

$\qquad$ 2. เรียกใช้บน$M_{E_{TM}}$$\langle M_1 \rangle$

$\qquad$ 3. ยอมรับถ้ายอมรับปฏิเสธเป็นอย่างอื่น "$M_{E_{TM}}$

จำเป็นอย่างยิ่งที่ต้องเข้าใจว่า TMนั้นไม่เคยจำลองมาก่อน - การจำลองดังกล่าวสามารถเข้าสู่วงวนไม่สิ้นสุด ทั้งหมดที่เราจะทำคือการสร้างรหัสสำหรับM_1$M_1$$M_1$

$M_1$มีการก่อสร้างดังกล่าวว่าในวันที่ป้อนข้อมูลใด ๆมอบให้กับมันจะจำลองมีการป้อนข้อมูลxสามารถหยุดหรือวนซ้ำบนและด้วยเหตุนี้อาจมีสองกรณี:$w$$M$$x$$M$$x$

$\quad$ 1.รับปัจจัยการผลิตทั้งหมดถ้าหยุดบนxจะปฏิเสธเป็น\$M_1$$w$$M$$x$$M_{E_{TM}}$$M_1$$L(M_1) \neq \emptyset$

$\quad$ 2. หากลูปบน ,ยังจะห่วงสำหรับการป้อนข้อมูลทุกมอบให้กับมัน อย่างไรก็ตามเป็นเป็น decider มันจะปฏิเสธและหยุดการป้อนข้อมูลเป็น\$M$$x$$M_1$$w$$M_{E_{TM}}$$\quad$$M_1$$L(M_1) = \emptyset$

$Correctness$ : เนื่องจากหยุดการแสดงเสมอ (จากการสันนิษฐานของเรา)ก็หยุดเช่นกัน ยอมรับถ้ายอมรับว่าถ้าที่เกิดขึ้นถ้าลูปบนxปฏิเสธถ้าปฏิเสธที่เป็นที่เกิดขึ้นถ้าหยุดบนxดังนั้นตัดสินใจซึ่งเป็นข้อขัดแย้งเนื่องจากไม่สามารถตัดสินใจได้$M_{E_{TM}}$$M_{H_{TM}^c}$$M_{H_{TM}^c}$$M_{E_{TM}}$$L(M_1) = \emptyset$$M$$x$
$M_{H_{TM}^c}$$M_{E_{TM}}$$L(M_1) \neq \emptyset$$M$$x$$M_{H_{TM}^c}$$H_{TM}^c$$H_{TM}^c$

$Nb:$

Let Rจะลดลงจากเพื่อ{TM}$H_{TM}^c$$E_{TM}$

การลดให้:

i)$\langle M, x \rangle \in H_{TM}^c \Leftrightarrow R(\langle M,x \rangle) \in E_{TM}$

$\qquad$ Mวนในอินพุตx iff ภาษาที่รับรู้โดยไม่ยอมรับสิ่งใด$R(\langle M,x \rangle)$

ii)$\langle M, x \rangle \notin H_{TM}^c \Leftrightarrow R(\langle M,x \rangle) \notin E_{TM}$

$\qquad$ Mหยุดการป้อนข้อมูลx iff ภาษาที่รับรู้โดยยอมรับบางสิ่ง$R(\langle M,x \rangle)$

พิสูจน์โดยการขัดแย้ง , (ซึ่งเรารู้ว่ามันไม่สามารถตัดสินใจได้)$A_{TM}= \{\langle M,w\rangle \mid M \text{ is a Turing Machine which accepts w}\}$

สมมติว่ามีซึ่งเป็น TM ที่ตัดสินใจ$R_{TM}$$L_\emptyset$

จากนั้นใช้สามารถใช้ในการสร้าง TMซึ่งเป็น decider สำหรับ$R_{TM}$$S_{TM}$$A_{TM}$

⟨ M , W ⟩ M $S_{TM}=^{definition}$ "บนอินพุตโดยที่คือการเข้ารหัสของ TM และคือสตริง:$\langle M,w\rangle$$M$$w$

1. แก้ไขโดยคำนึงถึงอินพุตเช่นใหม่(เรียกว่า ) ปฏิเสธอินพุตทั้งหมดที่ไม่เท่ากับโดยที่ถูกสร้างไว้ในคำอธิบาย หากอินพุตเท่ากับดังนั้นจะรันบนและเอาต์พุตอะไรก็ตามที่เอาต์พุตw M M 1 W w W M 1 M w $M$$w$$M$$M_1$$w$$w$$w$$M_{1}$$M$$w$$M$

2. รันด้วยอินพุต ⟨ M 1 , w $R_{TM}$$\langle M_1,w\rangle$

3. เอาต์พุตตรงกันข้ามกับเอาต์พุต s "$R_{TM}$

ข้อสันนิษฐานว่ามี Turing Machine deicer สำหรับทำให้เราสามารถสร้าง decider สำหรับซึ่งเป็นข้อขัดแย้งA T $L_\emptyset$$A_{TM}$

E = {| M คือ TM และ L (M) = Φ} ทัวริงเป็นที่รู้จัก?

E คือภาษาเพื่อยอมรับภาษา E เราสร้างเครื่องทัวริง สมมติว่าเราสร้าง Turing EM สำหรับภาษา E

EM จะได้รับการป้อนข้อมูลเป็นการเข้ารหัสของเครื่องทัวริงเครื่องอื่นหากเครื่องที่ป้อน M นั้นยอมรับภาษาที่ว่างเปล่ามันจะเป็นสมาชิกของภาษา E มิฉะนั้นจะไม่ใช่สมาชิกของภาษา

สมมติว่าเรามีทัวริงเครื่อง M เราต้องตรวจสอบว่ามันยอมรับภาษาที่ว่างเปล่าหรือไม่ เครื่องทัวริง EM มี M และสตริง eps, a, b, aa, bb, ..... EM จะตรวจสอบว่า M สามารถเข้าถึงสถานะสุดท้ายอย่างน้อยหนึ่งอินพุตหรือไม่และถ้ายอมรับอย่างน้อยหนึ่งอินพุต จะถูกยกเลิกและไม่รวมอยู่ในภาษา E ทีนี้ดูว่ามีความเป็นไปได้ที่ TM M จะวนซ้ำดังนั้น M จะยังคงทำงานต่อไปและเราไม่สามารถตัดสินใจได้ว่าจะยอมรับหรือไม่ยอมรับอะไรเลย ดังนั้นภาษาที่ให้มา E นี้ไม่ใช่ RE

PS: ฉันคิดว่าการเติมเต็มของภาษา E ที่กำหนดนี้จะเป็นจริง