พื้นที่เมตริกที่น่าสนใจที่เกี่ยวข้องกับเครื่องทัวริง

ในคำถามนี้เราเพียงพิจารณาเครื่องจักรทัวริงที่หยุดในอินพุตทั้งหมด ถ้าแล้วโดยเราแสดงว่าเครื่องทัวริงที่มีรหัสคือk $k \in \mathbb{N}$ $T_k$ $k$

พิจารณาฟังก์ชั่นดังต่อไปนี้

s (x, y) = min {k ∣ | L (T k) \cap {x, y} | = 1}

$s(x,y) = \min\{k \mid |L(T_k) \cap \{x,y\}| = 1\}$

กล่าวอีกนัยหนึ่ง $s(x,y)$ เป็นรหัสของเครื่องจักรทัวริงที่เล็กที่สุดที่รับรู้ได้อย่างแม่นยำหนึ่งในสตริง $x,y.$ ตอนนี้เราสามารถกำหนดแผนที่ดังต่อไปนี้

d (x, y) = {2 - s (x, y) 0 if x \neq y, otherwise.

$d(x,y) = \left\{ \begin{array}{ll} 2^{-s(x,y)} & \mbox{if } x \ne y, \\ 0 & \mbox{otherwise.} \end{array} \right.$

สามารถตรวจสอบได้อย่างรวดเร็วว่า $d(x,y)$ ทำให้เกิดการเว้นวรรคเมตริก (อันที่จริงแล้วเป็น ultrametrics) ใน $\Sigma^{*}.$

ตอนนี้ฉันต้องการพิสูจน์ว่าถ้า $f:\Sigma^{*} \mapsto \Sigma^{*}$ เป็นฟังก์ชันต่อเนื่องที่สม่ำเสมอดังนั้นสำหรับภาษาแบบเรียกซ้ำทุกภาษา L, $f^{-1}(L)$ ก็เรียกซ้ำด้วยเช่นกัน

กล่าวอีกนัยหนึ่งว่า $f$ เป็นแผนที่แบบนั้นสำหรับ $\epsilon > 0$ มี $\delta > 0$ ซึ่งถ้าเป็นสายอักขระ $x,y \in \Sigma^{*}$

d (x, y) \leq δ

$\quad d(x,y) \leq \delta$ จากนั้น

d (f (x), f (y)) < ϵ .

$d(f(x),f(y)) < \epsilon.$ จากนั้นเราต้องแสดงให้เห็นว่า

f−1(L) $f^{-1}(L)$ เป็นภาษาแบบเรียกซ้ำเนื่องจาก

L $L$ นั้นวนซ้ำ

ทีนี้ดังที่ได้กล่าวไปแล้วในโพสต์นี้วิธีหนึ่งในการแก้ไขปัญหาคือแสดงให้เห็นว่ามีเครื่องทัวริงที่กำหนดสตริง $x \in \Sigma^{*}$ คำนวณ $f(x).$

ฉันยังคงพิสูจน์ข้อเรียกร้องนี้และสงสัยอย่างช้าๆว่ามีวิธีอื่นในการแก้ปัญหานี้หรือไม่?

คำแนะนำข้อเสนอแนะและการแก้ปัญหายินดีต้อนรับ!

computability turing-machines

— Jernej
แหล่งที่มา

ทำไมคุณถึงพยายามพิสูจน์เรื่องนี้? มันทำให้ฉันนึกถึงการคำนวณของ Banach-Mazur ซึ่งไม่ดีมาก

— Andrej Bauer

@AndrejBauer ทำการบ้าน!

— Jernej

แก้ไข: ลบคำแนะนำโพสต์โซลูชันของฉัน

นี่คือทางออกของฉัน เราจะเลือกจุดอ้างอิงโดยที่และพิจารณาจักรวาลจากมุมมองของและปรากฎว่า "ละแวกใกล้เคียง" ทุกจุดตรงกับภาษาแบบเรียกซ้ำ ดังนั้นจึงเป็นย่านที่อยู่รอบ ๆและจะมีย่านที่อยู่รอบ ๆที่จับคู่กับมัน ละแวกนี้เป็นภาษาแบบเรียกซ้ำ $x$ $f(x) \in L$ $x$ $f(x)$ $L$ $f(x)$ $x$

บทแทรก ในพื้นที่นี้ภาษาจะเรียกซ้ำถ้าหากเป็นพื้นที่ใกล้เคียงของแต่ละสตริง

พิสูจน์ ขั้นแรกให้แก้ไขภาษา recursive และให้ Lให้เป็นดัชนีที่น้อยที่สุดของ decider สำหรับLถ้างั้นเราก็มีว่าถ้า , ดังนั้น $L$ $x \in L$ $K$ $L$ $y \not \in L$ $s(x,y) \leq K$ Kดังนั้นหมายความว่า $d(x,y) \geq 1/2^K$ $d(x,y) < 1/2^K$ . $y \in L$

ประการที่สองให้เป็นสตริงโดยพลการและแก้ไข ; ให้ ⌋ให้ ; แล้ว }จากนั้นเราสามารถเขียน $x$ $\varepsilon > 0$ $K = \lfloor \log(1/\varepsilon) \rfloor$ $L_K = \{y : d(x,y) < \varepsilon\}$ $L_K = \{y : s(x,y) > K\}$

L K = {y : (\forall j = 1, \dots, K) | L (T j) \cap {x, y} | \neq 1} .

$L_K = \{ y : (\forall j=1,\dots,K) |L(T_j) \cap \{x,y\}| \neq 1\}.$

แต่สามารถตัดสินใจได้: ในอินพุตเราอาจจำลองตัวตัดสินใจแรกบนและและยอมรับถ้าหากแต่ละตัวยอมรับทั้งคู่หรือปฏิเสธทั้งคู่ $L_K$ $y$ $K$ $x$ $y$ $~\square$

ตอนนี้เราเกือบจะเสร็จแล้ว:

ข้อเสนอขอให้ต่อเนื่อง ถ้าซ้ำแล้วจะเรียกซ้ำ $f$ $L$ $f^{-1}(L)$

พิสูจน์ ภายใต้ฟังก์ชั่นต่อเนื่อง preimage ของย่านนั้นคือย่าน

ที่น่าสนใจผมคิดว่าในพื้นที่นี้ฟังก์ชั่นอย่างต่อเนื่องเป็นอย่างต่อเนื่องสม่ำเสมอ: Let อย่างต่อเนื่องเพื่อให้แต่ละจุดสำหรับแต่ละมีอยู่สอดคล้องδแก้ไขและให้ ⌋ลูกบอลมีขนาด จำกัด จำนวน : มี ; แล้วมี $f$ $x$ $\varepsilon$ $\delta$ $\varepsilon$ $K = \lfloor \log(1/\varepsilon) \rfloor$ $\varepsilon$ $L(T_1) \cup L(T_2) \dots \cup L(T_K)$ ; แล้วและอื่น ๆ ร่วมงานกับแต่ละภาษาเหล่านี้ภาษา preimageมีขนาดเส้นผ่าศูนย์กลางที่เกี่ยวข้องฉันสำหรับแต่ละ $\overline{L(T_1)} \cup L(T_2) \dots \cup L(T_K)$ $L(T_1) \cup \overline{L(T_2)} \dots \cup L(T_K)$ $f$ $L_i$ $L_i^{\prime}$ $\delta_i$ , $x \in L_i^{\prime}$ εดังนั้นเราจึงสามารถใช้เวลาอย่างน้อยกว่าเหล่านี้หลายขีด s ที่จะได้รับอย่างต่อเนื่องสม่ำเสมอต่อเนื่องที่เกี่ยวข้องกับการนี้ε $d(x,y) \leq \delta_i \implies d(f(x),f(y)) \leq \varepsilon$ $\delta$ $\delta$ $\varepsilon$

— usul
แหล่งที่มา

Clearly

d(x′,y′)≤12K $d(x',y') \leq \frac{1}{2^K}$ but I still miss how to show that

f−1(L) $f^{-1}(L)$ is recursive!

— Jernej

@Jernej OK, so first, we also have the contrapositive -- if

d(x′,y′)>12K $d(x^{\prime},y^{\prime}) > \frac{1}{2^K}$ then either both are in

L $L$ or neither is. Now let's take

ϵ=12K $\epsilon = \frac{1}{2^K}$ . Then there is some

δ $\delta$ so, if

d(x,y)≤δ $d(x,y) \leq \delta$ , then

|L∩{f(x),f(y)}|=1 $\left| L \cap \{f(x),f(y)\} \right| = 1$ . In particular, let's pick some

x $x$ with

x′=f(x)∈L $x^{\prime} = f(x) \in L$ . Now we want to know where all the other elements of

L $L$ lie relative to

$x^{\prime}$ , and therefore where must the other members of

$f^{-1}(L)$ lie relative to

$x$ ?

— usul

@Jernej I have posted my solution now. I hope what I posted earlier was helpful! Thanks for posting this problem, it is very cool.

— usul

Thank you very much for your answer. It took me a while to digest the hints hence I haven't upvoted and accepted your answer!

— Jernej

Quick question. We have shown that

$L_K$ is decidable. I don't see how it follows that it is recursive? Cant it be that one of the simulated

$T_j$ never halts?

— Jernej