มีคำ จำกัด แน่นอนของภาษาคำ จำกัด หรือไม่

10

มีความจำเป็นสำหรับ $L\subseteq \Sigma^*$ ที่จะไม่มีที่สิ้นสุดที่จะตัดสินไม่ได้?

ผมหมายถึงสิ่งที่ถ้าเราเลือกภาษา $L'$ เป็นรุ่นที่ จำกัด ขอบเขตของ $L\subseteq \Sigma^*$ นั่นคือ $|L'|\leq N$ ( $N \in \mathbb{N}$ ) กับ $L' \subset L$ Lเป็นไปได้หรือไม่ที่ $L'$ จะเป็นภาษาที่ไม่สามารถตัดสินใจได้?

ฉันเห็นว่ามีปัญหาของ "วิธีการเลือกคำ $N$ ที่ซึ่งเราต้องสร้างกฎสำหรับการเลือกซึ่งจะเป็นองค์ประกอบแรกของการดำเนินงาน Kleene ดาว "จำกัด " . จุดมุ่งหมายคือการค้นหาภาษาที่ไม่สามารถตัดสินใจได้โดยไม่จำเป็นต้องมีชุดที่ไม่มีขีด จำกัด แต่ฉันไม่สามารถมองเห็นได้ $\in$ $L' "$ $N$ $L'$

แก้ไขหมายเหตุ:

แม้ว่าฉันจะเลือกคำตอบคำตอบมากมายและความคิดเห็นทั้งหมดมีความสำคัญ

formal-languages computability undecidability

— Hernan_eche
แหล่งที่มา

ดูเหมือนจะมี (อย่างน้อย) คำถามสามข้อที่นี่ โปรดให้ความสนใจกับสิ่งใดสิ่งหนึ่งและแก้ไขสิ่งอื่น ๆ

— Raphael

ฉันลบการอ้างอิงไปยังชุดพลังงานเนื่องจากไม่เกี่ยวข้องที่นี่

มีค่าถ้าหาก

เป็นจำนวน จำกัด

P (S)

$\mathcal{P}(S)$

S

$S$

— Raphael

@Raphael มัน ok แต่ฉันพูดถึงอำนาจตั้งเพราะบางครั้งผมอ่าน"มี surjection ไม่มีจากบน , จึงต้องมีภาษาที่ตัดสินไม่ได้." $\mathbb{N}$ $\mathcal{P}(\mathbb{N})$ ฉันต้องการที่จะเข้าใจว่าทำไมมันไม่ทำงานกับเซต จำกัด

กับ

จำกัด แทนการต้องการ

นั่นคือเหตุผลที่ฉันใส่

L^{'}

$L'$

| L^{'} | \leq N

$|L'|\leq N$

N

$N$

N

$\mathbb{N}$

P (S)

$\mathcal{P}(S)$

— Hernan_eche

1

เท่าที่ฉันรู้การดำรงอยู่ของภาษา undecidable ไม่ปฏิบัติตามทันทีจากการไม่มีอยู่ของการโต้เถียงดังกล่าว; คุณต้องการบิตจิ๋วเพิ่มเติม ทำไมถึงทำให้เป็นคำถามที่ยอดเยี่ยมอีกครั้ง! ทำไมคุณไม่ไปข้างหน้าและถามมัน? จากสิ่งนั้นคุณควรเห็นว่าทำไมการโต้แย้งจึงไม่ดำเนินต่อไปเป็นภาษาที่ จำกัด

— Raphael

3

ภาษา จำกัด มีช่วงเวลาสิ้นสุดของเรื่อง มีอัลกอริธึมจำนวนเท่าใด หากคุณยืนยันในโมเดลทัวริงแมชชีนแบบดั้งเดิมก็สามารถทำได้เช่นกันแม้ว่าจะน้อยลงอย่างชาญฉลาด ไม่จำเป็นต้องเรียกใช้ออโตมาตา จำกัด หรือภาษาปกติหรือโมเดลออโตมาตาอื่น ๆ ตามความเป็นจริง overkill โดยไม่ต้องมีเครื่องทัวริงที่ชัดเจนเพิ่มเติมใด ๆ

— David Lewis

15

ใช่มีความจำเป็นที่จะไม่มีที่สิ้นสุดเพื่อให้สามารถตัดสินใจได้ $L$

เพื่อเพิ่มคำตอบของ Raphael และ Sam คุณควรคิดถึง "decidable" เนื่องจากสิ่งที่โปรแกรมคอมพิวเตอร์สามารถแก้ไขได้ โปรแกรมที่ต้องการนั้นง่ายมากเพียงแค่ต้องการเอาต์พุต "ใช่" สำหรับองค์ประกอบในหรือไม่เช่นนั้นจะบอกว่าไม่ $L$

ดังนั้นยิ่ง "ซับซ้อน" คือนานโปรแกรมที่คุณจะต้องเขียน ในคำอื่น ๆ อีกต่อไปโปรแกรมที่คุณทำงานคุณสามารถตรวจสอบสิ่งที่มากขึ้น ... ดังนั้นถ้ามีคนให้ภาษาซึ่งเป็นประโยคพูดคุณสามารถเขียน โปรแกรมต่อไปนี้: $L$ $L$ $L=\{ a_1, a_2, \ldots, a_n\}$

if INPUT = $a_1$ output Yes;
if INPUT = $a_2$ output Yes;
...
if INPUT = $a_n$ output Yes;
output No;

ทีนี้ถ้ามีใครให้ใหญ่กว่า(แต่ จำกัด ) คุณจะเขียนโปรแกรมที่ยาวขึ้น นี่เป็นเรื่องจริงเสมอและจำกัด ใด ๆจะมีโปรแกรมเป็นของตัวเอง กรณี "น่าสนใจ" เพียงอย่างเดียวคือสิ่งที่เกิดขึ้นเมื่อไม่มีที่สิ้นสุด - โปรแกรมของคุณไม่สามารถสิ้นสุด $L$ $L$ $L$

ปัญหา "undecidability" นั้นน่าสนใจยิ่งขึ้นนั่นคือไม่มีที่สิ้นสุดซึ่งไม่มีโปรแกรมที่ทำงานได้อย่างถูกต้องสำหรับพวกเขา เรารู้ว่าภาษาดังกล่าวจะต้องมีอยู่เนื่องจากมีภาษา (ไม่มีที่สิ้นสุด) วิธีมากกว่าจำนวนโปรแกรมที่มีความยาว จำกัด (แต่ไม่ จำกัด ) $L$ $L$

— รันจี
แหล่งที่มา

+1 นี่คือคำตอบที่ชัดเจนมากฉันอยากให้คุณเพิ่มจุดคุณพูดว่า"ถ้าใครบางคนทำให้คุณมีใหญ่กว่า(แต่ก็แน่นอน) คุณจะเขียนโปรแกรมที่ยาวขึ้น" * แต่ฉันคิดว่า ตรงข้ามได้รับ ** คงที่ ** จำกัด ชุดของโปรแกรม , สิ่งที่ถ้าคุณไม่สามารถเขียนโปรแกรมอีกต่อไปผมคิดว่าบาง imputs ชุด จำกัด จะออกใช่และบางส่วนจะไม่ ในฐานะที่เป็นดังนั้นความหมายบางอย่างของจะสอดคล้องกับฟังก์ชั่นตัวบ่งชี้แต่ * ส่วนใหญ่ $L$ $P$ $|P|=K$ $\in L$ $\mathcal{P}(P) \gt K$ $\in L$ $P$ จะไม่!! เพราะ

ภาษาที่เป็นไปได้

โปรแกรมที่เป็นไปได้ของ

จากนั้นจะมีปัญหาที่ไม่สามารถตัดสินใจได้ ฉันผิดหรือเปล่า? ทำไม?

2^{K}

$2^K$

> K

$\gt K$

— Hernan_eche

1

แน่นอนถ้าคุณ จำกัด ขนาดของโปรแกรมเป็น

จากนั้นมีโปรแกรมที่แตกต่างกันมากที่สุด

ซึ่งจำแนกได้อย่างถูกต้องที่

ภาษาที่แตกต่างกันมากที่สุด(ไม่มีที่สิ้นสุดหรือไม่) ดังนั้นสำหรับชุดโปรแกรมเฉพาะนั้นจึงมีภาษาที่ไม่สามารถตัดสินใจได้และแม้แต่ภาษาที่ จำกัด แต่นี่เป็นคำสั่งที่อ่อนแอกว่าเนื่องจากคุณพิจารณาเฉพาะชุดโปรแกรมที่ จำกัด (เช่น

คุณมีโปรแกรมที่เป็นไปได้เพียง 2 รายการเท่านั้นแน่นอนว่าพวกเขาจะไม่สามารถทำอะไรได้มากและจะล้มเหลวในเกือบทุกภาษา

| P | = k

$|P|=k$

O (2^{k})

$O(2^k)$

O (2^{k})

$O(2^k)$

| P | = 1

$|P|=1$

L

$L$ )

— Ran G.

ขอบคุณฉันรู้ว่ามันเป็นคำสั่งที่อ่อนกว่า แต่ก็เป็นตัวหนาว่าอาจมีภาษาที่ไม่แน่นอนและไม่มีขีด จำกัด และฉันคิดว่ากรณีพิเศษนี้จะต้องรวมอยู่ในคำตอบของคุณ "ใช่มีความจำเป็นที่ L จะต้องไม่มีที่สิ้นสุดใน เพื่อที่จะตัดสินใจไม่ได้ " ดูเหมือนจะไม่จำเป็นต้องอยู่ภายใต้เงื่อนไขบางประการ

— Hernan_eche

6

ไม่แน่นอน คำว่า "undecidable" มีความหมายเฉพาะ: ไม่สามารถถอดรหัสได้โดยเครื่องทัวริงมาตรฐาน ดังนั้นเพื่อให้เป็นundecidable,

ต้องไม่มีที่สิ้นสุด สิ่งที่คุณต้องการไม่ใช่คำที่แตกต่างคือ "ไม่สามารถตัดสินใจได้โดย

" เรียก

-undecidable หลัง จากนั้นก็มีค่า

ใด ๆ, ไม่จำเป็นต้องให้

เป็นอนันต์เพื่อให้เป็น

-undecidable อย่าสับสน (หรือใช้ผิดวัตถุประสงค์) และ

-undecidable

L

$L$ undecidable

P

$P$

P

$P$

P

$P$

L

$L$

P

$P$ undecidable

P

$P$

— Ran G.

10

ฉันไม่แน่ใจว่าฉันเข้าใจคำถามอย่างถูกต้อง แต่ทุกภาษาที่ จำกัด เป็นปกติ ไม่มีภาษาปกติที่ไม่สามารถจำแนกได้ดังนั้นจึงไม่มีภาษาที่แน่นอนซึ่งไม่สามารถจำแนกได้ ทั้งหมดของงบเหล่านี้เป็นที่รู้จักกันดีและพิสูจน์สามารถพบได้ในHopcroft และ Ullman

— แซมโจนส์
แหล่งที่มา

8

ถ้าภาษาของคุณเป็นประโยคคุณสามารถดำเนินการค้นหาตารางบนโต๊ะฮาร์ดโค้ดที่มีคำทั้งหมดใน $L'$ $L'$ 'นี่เป็นเรื่องที่น่าอึดอัดใจที่จะเขียนเป็นเครื่องจักรทัวริง แต่ในรุ่นอื่น ๆ ที่เทียบเท่านั้นค่อนข้างชัดเจน

อันที่จริงแล้วออโต้ จำกัด มีเพียงพอ สร้างหุ่นยนต์สำหรับดังต่อไปนี้: $L'$

ทุกสร้างห่วงโซ่เชิงเส้นของรัฐที่รับน้ำหนัก $w \in L'$ $w$
สร้างรัฐใหม่เริ่มต้น 0 $q_0$
เชื่อมต่อเข้ากับสถานะเริ่มต้นของออโตมาตาทั้งหมดที่สร้างใน 1 ด้วย -transitions $q_0$ $\varepsilon$

หุ่นยนต์ที่สร้างขึ้นนี้จึงยอมรับอย่างชัดเจน ดังนั้นจึงเป็นปกติและสามารถคำนวณได้ (โดย $L'$ $L'$ $\mathrm{REG} \subsetneq \mathrm{RE}$ )

โปรดทราบว่าการใช้เหตุผลบางอย่างร่วม กับCo-finite นั่นคือ ; คุณเพียงแค่ hardcode องค์ประกอบไม่ได้ใน ' $L'$ $\big|\overline{L'}\big| < \infty$ $L'$

— กราฟิลส์
แหล่งที่มา

2

การที่จะน่าสนใจ (เพื่อจุดประสงค์ในการคิดคำนวณ) ปัญหาการตัดสินใจจะต้องมีคำตอบ "ใช่" จำนวนมากและคำตอบ "ไม่" มากมาย ปัญหาการตัดสินใจดังกล่าวนั้นสอดคล้องกับภาษาที่มีตัวอักษรจำนวนมากอย่างไม่ จำกัด และยังไม่รวมสายที่มีตัวอักษรมากมาย

สิ่งใดก็ตามที่สามารถเข้ารหัสในปริมาณเล็กน้อยของข้อมูล (ที่แย่ที่สุดเพียงแค่รายการใหญ่ ๆ ของสตริงไม่ว่าจะเป็นในภาษาหรือไม่ก็ตาม) ดังนั้นจึงสามารถคำนวณได้ด้วยการแสดง DFA ปกติ / ธรรมดา ฉันหวังว่ามันควรจะชัดเจนว่าสำหรับรายการที่ จำกัด ของสตริงใด ๆ ที่คุณสามารถเขียนนิพจน์ปกติที่เพียง ORs ทั้งหมดของสตริง

ความเฉลียวฉลาดของผู้บรรยายทฤษฎีการคำนวณของฉันคือปัญหาของ "พระเจ้ามีอยู่จริงหรือไม่?" คำนวณได้ - มันคำนวณโดยเครื่องที่รับทันทีหรือเครื่องที่ปฏิเสธทันที เราแค่ไม่รู้ว่าตัวไหน!

— เบน
แหล่งที่มา