Decidability ของภาษาคำนำหน้า

9

ที่กลางภาคมีคำถามที่แตกต่างกันดังต่อไปนี้:

สำหรับการตัดสินใจ $L$ กำหนด
$Pref (L) = {x ∣ \exists y s.t. x y \in L}$ $\text{Pref}(L) = \{ x \mid \exists y \text{ s.t. } xy \in L\}$ แสดงว่า $\text{Pref}(L)$ ไม่จำเป็นต้องตัดสินใจได้

แต่ถ้าฉันเลือก $L=\Sigma^*$ ถ้าอย่างนั้นฉันก็คิด $\text{Pref}(L)$ เป็นยัง $\Sigma^*$ จึงตัดสินใจได้ ด้วย $L=\emptyset$ ให้ผลลัพธ์เหมือนกัน และตั้งแต่ $L$ จะต้องตัดสินใจได้ฉันไม่สามารถเลือกปัญหาการหยุดชะงักหรือ ..

ฉันจะหาได้อย่างไร $L$ เช่นนั้น $\text{Pref}(L)$ ไม่สามารถตัดสินใจได้?
เงื่อนไขใดบ้าง $L$ จะทำให้ $\text{Pref}(L)$ decidable และสิ่งใดที่ทำให้ไม่สามารถตัดสินใจได้?

computability undecidability

— รันจี
แหล่งที่มา

9

โปรดทราบว่าการใช้ตัวระบุปริมาณที่มีอยู่หน้าภาษาที่สามารถตัดสินใจได้เราสามารถรับภาษาใด ๆ ได้อีกครั้งนั่นคือทุก ๆ ภาษาสามารถแสดงออกได้เป็น

{x \in Σ^{*} ∣ \exists y \in Σ^{*} ⟨ x, y ⟩ \in V}

$\{ x\in \Sigma^* \mid \exists y \in \Sigma^* \ \langle x,y \rangle \in V \}$

ที่ไหน $V$ เป็นภาษาที่ตัดสินได้ สิ่งเหล่านี้รวมถึงภาษาที่ไม่สามารถอธิบายได้เช่น

A_{T M} = {⟨ e, x ⟩ ∣ e encodes a Turing machine which accepts x}

$A_{TM} = \{ \langle e, x\rangle\ \mid \text{$e$ encodes a Turing machine which accepts $x$} \}$ .

ข้อแตกต่างอย่างเดียวคือที่นี่เราต้องแยกจากกัน $x$ และ $y$ ตัวเรา กลอุบายมาตรฐานคือการใช้สัญลักษณ์ใหม่เพื่อแยกสองส่วน (สมมติว่าตัวแยกเป็นของ $y$ ) ดังนั้นภาษาใด ๆ รวมถึงภาษาที่ไม่สามารถตัดสินใจได้สามารถแสดงในรูปแบบนี้ได้

สำหรับคำถามที่สองไม่มีวิธีอัลกอริทึมทั่วไปในการตรวจสอบว่าคำนำหน้าของภาษา decidable ที่ให้นั้นไม่สามารถตัดสินใจได้ จากทฤษฎีบทของไรซ์

— Kaveh
แหล่งที่มา

คุณให้อย่างชัดเจน

V

$V$ ที่สร้าง

A_{T M}

$A_{TM}$ ?

— Ran G.

2

ปล่อยให้

y

$y$ เป็นสตริงที่ตั้งใจจะแสดงการหยุดการยอมรับการคำนวณ

M_{e}

$M_e$ บน

x

$x$ ,

V

$V$ จะตรวจสอบว่า

y

$y$ เป็นการคำนวณที่ยอมรับได้ของ

M_{e}

$M_e$ บน

x

$x$ .

— Kaveh

นั่นเป็นทางออกที่ดี!

— Ran G.

3

Meta-knowledge: คุณต้องการค้นหาภาษาที่ไม่สามารถตัดสินได้ซึ่งยังมีคุณสมบัติการคำนวณบางอย่าง ภาษาที่ไม่สามารถตัดสินได้เองอาจไม่ทำให้คุณไปได้ไกลนัก แต่เป็นแบบกึ่งตัดสินใจได้ ...

คำใบ้ที่แข็งแกร่งยิ่งขึ้น: ภาษากึ่งที่ตัดสินได้คืออะไร มันหมายความว่าเราสามารถแจกแจงคำ: มันเป็นชุดของคำบางคำ $u$ เช่นนั้นมีจำนวนเต็ม $n$ ดังนั้น

u = f (n)

$u = f(n)$

ลองดูที่สมการนี้สักหน่อยโดยคำนึงถึงความสามารถในการตัดสินใจและคำนำหน้า

พูดง่าย ๆ สมมติว่าคุณมี $x$ และคุณต้องการทดสอบว่ามีมาหรือไม่ $\mathrm{Pref}(L)$ . คุณจะไม่ทำได้ดีกว่าการเช็คทั่วไป $x a$ , $x b$ , $x a a$ ฯลฯ ที่ไหน $a,b,\cdots$ เป็นตัวอักษรของตัวอักษร นี่เป็นฟังก์ชันแบบเรียกซ้ำบางส่วนที่ทดสอบการเป็นสมาชิก $\mathrm{Pref}(L)$ . แน่นอนเรารู้ว่า $\mathrm{Pref}(L)$ เป็นอีกแล้ว; สิ่งที่เราต้องแสดงคือบางครั้งไม่มีวิธีอื่น เรามาจัดเซ็ทกันบ้าง $S \subset \mathbb{N}$ ซึ่งเป็นเรื่องและไม่เกิดซ้ำและปล่อยให้ $f$ เป็นการแจงนับ $S$ ( $S = {f(x) \mid x\in\mathbb{N}}$ )

สมมติว่าตัวอักษรมีสามสัญลักษณ์ $0$ , $1$ และ $:$ (ถ้าคุณมีสองสัญลักษณ์เท่านั้น $\{\aleph,\beth\}$ เข้ารหัส $0$ เช่น $\aleph\aleph$ , $1$ เช่น $\aleph\beth$ และ $:$ เช่น $\beth$ ) ถ้า $n\in\mathbb{N}$ , ปล่อย $\bar n$ เป็น $n$ เขียนในฐาน 2 โดยใช้สัญลักษณ์ $0$ และ $1$ ไม่มีผู้นำ $0$ .

ปล่อย $L = \{\bar y\mathord:\bar x \mid y = f(x)\}$ . ในภาษาอังกฤษแบบธรรมดาเราได้นำองค์ประกอบของ $S$ และตรึงดัชนีการแจงนับของพวกเขา $L$ สามารถตัดสินใจได้ชัดเจน (ตรวจสอบว่ามีเพียงรายการเดียว) $:$ ว่าลำดับสองหลักไม่มีการนำทาง $0$ และลำดับตัวเลขตัวแรกจะทำให้ภาพแตกต่างกัน $f$ ของจำนวนที่คาถาที่สอง) ยังตัดสินใจว่าบางคน $\bar y$ เป็นคำนำหน้าของ $L$ เท่ากับการตัดสินใจว่า $y$ อยู่ใน $S$ ซึ่งคุณไม่สามารถทำได้โดยไม่รู้ตัว $x$ ตั้งแต่ $S$ ไม่ใช่การเรียกซ้ำโดยสมมติฐาน อย่างเป็นทางการ $\mathrm{Pref}(L)$ ไม่สามารถตัดสินใจได้เพราะ $\mathrm{Pref}(L) \cap \{0,1\}^*\mathord: = S\mathord:$ ไม่สามารถตัดสินใจได้

— Gilles 'หยุดความชั่วร้าย'
แหล่งที่มา