Bằng chứng xây dựng về tính quyết định của tập hợp kiểu dừng vấn đề hữu hạn không sử dụng tra cứu bảng

Tôi đã cố gắng chứng minh rằng ngôn ngữ sau là đệ quy: for , một số nguyên dương: L_k = H _ {\ mathrm {TM}, \ varepsilon} \ cap \ Sigma ^ k trong đó H_ { \ mathrm {TM}, \ varepsilon} = \ {\ langle M \ rangle \ mid M \ text {là một TM tạm dừng trên một đầu vào trống} \}$\Sigma=\{0,1\}$$k$

Thật dễ dàng để chứng minh vì $L_k$ là hữu hạn, nhưng tôi đã không nhận thấy điều này và đã cố gắng chứng minh điều đó bằng cách tìm một người quyết định TM cho nó. Tôi nghĩ rằng vì mã hóa của TM có độ dài $k$ nên nó không thể có nhiều hơn $2^k$ trạng thái và bằng cách chạy nó trên epsilon trong $2^k$ bước, nếu nó dừng lại sau đó chấp nhận từ chối. Tôi đã nói rằng nó không chính xác - đó là một giải pháp sai. Làm cách nào tôi có thể chứng minh điều này bằng phương pháp này (và không phải cách tôi đã đề cập về $L_k$ là hữu hạn)?

Không có cách chung để tìm một người quyết định TM cho$L_k$

Bạn đúng rằng là đệ quy bởi vì, là tập con của tập hữu hạn , nó cũng là hữu hạn.$L_k$$\Sigma^k$

Bạn muốn tìm một người quyết định TM cho và bạn đề xuất một số kỹ thuật. Thậm chí không đi sâu vào chi tiết của các kỹ thuật này và tại sao chúng không hoạt động, bạn sẽ không có cơ hội thành công.$L_k$

Điều đầu tiên bạn cần chú ý là đối số độ chính xác cho bạn biết rằng có tồn tại một người quyết định TM cho ngôn ngữ , nhưng nó không cho bạn biết TM này là gì. Đó là một ví dụ về một bằng chứng phi xây dựng: bạn chứng minh rằng người quyết định tồn tại, nhưng bạn không thể biết đó là bằng chứng nào.$M_k$$L_k$

Bây giờ, giả sử rằng, với , bạn có một thủ tục để tìm một người quyết định như vậy cho ngôn ngữ (thay vì chỉ chứng minh nó tồn tại). Sau đó, được cung cấp cho bất kỳ máy Turing , sau đó có một số nguyên sao cho , sao cho . Sau đó, bạn có thể sử dụng thủ tục để tìm một người quyết định TM có thể xác định xem . Vì vậy, bạn có một cách để quyết định xem TM dừng lại ở đầu vào trống hay không. Và điều này hoạt động cho bất kỳ TM$k$$\mathcal P(k)$$M_k$$L_k$$M$$k'$$|\langle M\rangle|=k'$$\langle M\rangle\in \Sigma^{k'}$$\mathcal P$$M_{k'}$$\langle M\rangle\in L_{k'}$$M$$M$. Tuy nhiên, điều này là không thể, bởi vì không thể chắc chắn liệu một TM dừng lại ở đầu vào trống hay không.$M$

Vì vậy, thủ tục không thể tồn tại.$\mathcal P$

Vì bạn đang tìm kiếm một cách tổng quát để tìm người quyết định TM , bạn không thể thành công vì phương pháp đó sẽ là một cách chính xác một thủ tục như .$M_{k'}$$\mathcal P$

Lưu ý rằng bằng chứng này vẫn có thể để lại khả năng (rất xa) trong việc tìm người quyết định cho một số giá trị cụ thể của , nhưng bạn sẽ phải xác định chính xác các giá trị liên quan và phương thức sẽ không hoạt động đối với tất cả các giá trị của . Tôi không khuyên bạn nên thử.$k$$k$

Bạn có thể "sửa" bằng chứng của mình bằng chức năng hải ly bận rộn. Đặt là số bước tối đa mà máy Turing có kích thước mô tả tối đa thực hiện trước khi tạm dừng, khi được cung cấp đầu vào trống. Nếu bạn biết (hoặc thậm chí chỉ là giới hạn trên của , nghĩa là, một số ) thì bạn có thể giải quyết các vấn đề tạm dừng cho các máy Turing có kích thước mô tả (và đầu vào trống) bằng cách chạy máy đã cho đến các (hoặc ). Nếu nó không dừng lại ở thời điểm đó, thì bạn biết rằng nó không bao giờ dừng lại.$B_k$$k$$B_k$$B_k$$T_k \geq B_k$$k$$B_k$$T_k$

Vì vấn đề tạm dừng không thể quyết định được, chúng tôi biết rằng hàm không thể tính toán được. Thật vậy, không có hàm tính toán thỏa mãn cho tất cả . Nói cách khác, đối với bất kỳ hàm tính toán , đó là trường hợp cho vô số . Nói một cách đơn giản, phát triển nhanh hơn mọi chức năng tính toán.$B_k$$T_k$$T_k \geq B_k$$k$$f(k)$$B_k > f(k)$$k$$B_k$

Trong thực tế, sử dụng một diagonalization có thể chứng minh rằng không tăng trưởng nhanh hơn tất cả các chức năng tính toán: cho mọi tính toán có tồn tại mà cho tất cả các . Điều này lần đầu tiên được chứng minh bởi Rado .$B_k$$f(k)$$K$$B_k > f(k)$ $k \geq K$

Sai lầm cốt lõi là bạn cho rằng số lượng trạng thái mà TM đã giới hạn thời gian chạy của nó (trước khi chấm dứt) theo một cách nào đó. Điều này là sai.

Trong trường hợp, có các máy Turing phổ dụng , được mô tả chính xác các TM có thể thể hiện bất kỳ hành vi nào , từ chấm dứt nhanh chóng qua việc chạy dài tùy ý đến lặp, đưa ra đầu vào đúng.

Trên một lưu ý kỹ thuật, các TM phổ quát thường được mô tả là lấy hai tham số, một mã hóa TM và đầu vào để mô phỏng nó. Thật dễ dàng để hợp nhất chúng thành một tham số, vì vậy thực sự có các TM phổ quát đơn nhất.

Cụ thể hơn, bạn bỏ qua đầu vào của TM được mã hóa, có thể lớn tùy ý (và bị chia nhỏ). Trạng thái thực tế của TM là sản phẩm của trạng thái điều khiển và nội dung băng, do đó, một đối số kết hợp đơn giản chỉ dựa trên số lượng trạng thái điều khiển là không đủ. Cụ thể, một TM không nằm trong một vòng lặp không thể giải quyết được khi nó truy cập một số trạng thái lần thứ hai.