Đối với bất kỳ ngôn ngữ , có sao cho nhưng

Tôi đang cố gắng đưa ra một bằng chứng cho những điều sau đây:

Đối với bất kỳ ngôn ngữ $A$ , tồn tại một ngôn ngữ $B$ mà $A \le_{\mathrm{T}} B$ nhưng B $\nleq_{\mathrm{T}} A$ .

Tôi đã nghĩ đến việc để $B$ là $A_{\mathrm{TM}}$ , nhưng tôi nhận ra rằng không phải tất cả các ngôn ngữ đều Turing có thể rút gọn thành $A_{\mathrm{TM}}$ , vì vậy $A \le _T B$ sẽ không giữ được. Tôi còn lựa chọn nào khác cho $B$ để cho phép tôi viết một TM sử dụng một lời sấm truyền cho $B$ để quyết định $A$ ?

Cảm ơn!

computability reductions undecidability

— người dùng1354784
nguồn

Làm thế nào về

B = N P^{A}

$B = NP^A$ ?

— Eugene

Hãy nghĩ đến những vấn đề ngăn chặn trên các máy Turing với oracle

A

$A$ .

— Willard Zhan

@ user1354784 Máy Turing có orory

A

$A$ có thể được liệt kê. Vì vậy, hãy thử sử dụng đường chéo chuẩn, trong đó thay đổi duy nhất là với mọi

α \in Σ^{*}

$\alpha\in\Sigma^*$ ,

M_{α}

$M_\alpha$ đại diện cho một orory TM với orory

A

$A$ thay vì TM thông thường.

— Willard Zhan

@DavidR Richby Có, nhưng B không cố định, nó được xây dựng để biết A là gì. Nếu chúng tôi được cung cấp một số A, chúng tôi xây dựng một B chấp nhận mọi lời tiên tri với một lời tiên tri cho A cụ thể này chấp nhận các chuỗi trong A. Nếu chúng tôi được cung cấp một A khác nhau, danh sách các TM trong B sẽ khác nhau.

— user1354784

@ user1354784 Chính xác. Tôi có nghĩa là nhận xét đó là một lời giải thích khác về lý do tại sao chúng tôi không thể lấy như bạn đã đề xuất (và đã bị từ chối, vì một lý do khác) trong câu hỏi của bạn. Tôi quên giải thích rằng đó là điểm tôi đang thực hiện - xin lỗi vì sự nhầm lẫn ở đó.

B = A_{T M}

$B=A_{\mathrm{TM}}$

— David Richerby

Câu trả lời:

Hãy , nhảy Turing của . Đây là một kết quả cơ bản trong lý thuyết về độ Turing. $B=A'$ $A$

— Bjørn Kjos-Hanssen
nguồn

Trước khi lặn vào tốt câu trả lời - cụ thể là, chúng ta có thể tương đối hóa vấn đề ngăn chặn để gán cho mỗi ngôn ngữ một ngôn ngữ như vậy (trong số những thứ khác) - đó là giá trị nhìn thấy sự ngớ ngẩn câu trả lời: $X$ $X'$ $X<_TX'$

Cantor cho thấy có rất nhiều ngôn ngữ.
Nhưng mọi ngôn ngữ cụ thể chỉ có thể tính toán được nhiều ngôn ngữ: một máy Turing duy nhất chỉ có thể mang lại một mức giảm từ một ngôn ngữ nhất định và chỉ có vô số máy Turing. $A$ $A$

Vì vậy, trên thực tế chúng ta biết, mà không làm bất kỳ công việc nghiêm túc nào, rằng:

Đối với mọi ngôn ngữ , hầu hết (= tất cả nhưng rất nhiều ngôn ngữ ) thỏa mãn . $A$ $B$ $B\not\le_TA$

Bây giờ chúng ta kết hợp này với Turing join : ngôn ngữ đã cho , join gồm "đan xen" và . Có nhiều cách khác nhau để định nghĩa nó - ví dụ như nghĩ về và là tập hợp tự nhiên, chúng ta thường để - nhưng tính năng quan trọng là (và trên thực tế là -least giới hạn trên của chúng) . $X,Y$ $X\oplus Y$ $X$ $Y$ $X$ $Y$ $X\oplus Y=\{2i: i\in X\}\cup\{2i+1: i\in Y\}$ $X\oplus Y\ge_TX,Y$ $\le_T$

Vì vậy, chúng ta có thể áp dụng như trên, để có được:

Đối với mọi ngôn ngữ , hầu hết (= tất cả nhưng đếm được nhiều) ngôn ngữ thỏa mãn . $A$ $B$ $A<_TA\oplus B$

Điều này sau đó đặt ra câu hỏi về việc đưa ra một bằng chứng không ngu ngốc , cụ thể là một cách tự nhiên để tạo ra một ngôn ngữ phức tạp hơn một ngôn ngữ nhất định, và đây là bước nhảy Turing dành cho; nhưng nó đáng để tự mình hiểu lập luận không mang tính xây dựng này.

— Nô-ê Schweber
nguồn