Dự đoán (trong giới hạn) trình tự tính toán có khó như vấn đề tạm dừng không?

Câu hỏi : Dự đoán (như được định nghĩa dưới đây) trình tự tính toán có khó như vấn đề tạm dừng không?

Xây dựng : "Dự đoán" có nghĩa là dự đoán thành công, có nghĩa là chỉ tạo ra nhiều lỗi chính xác trong nhiệm vụ cố gắng dự đoán bit thứ n của chuỗi được cấp quyền truy cập vào các bit n-1 trước đó (bắt đầu từ bit đầu tiên và đi qua toàn bộ chuỗi tính toán vô hạn).

Có một đối số đường chéo đơn giản (do Legg 2006) rằng đối với bất kỳ công cụ dự đoán máy Turing p nào, có một chuỗi tính toán mà nó gây ra vô số lỗi. (Xây dựng một chuỗi có thuật ngữ thứ n trái ngược với những gì p dự đoán được đưa ra cho các số hạng n-1 trước đó trong chuỗi.) Vì vậy, không có dự đoán tính toán nào có thể dự đoán mọi chuỗi tính toán. Một nhà tiên tri tạm dừng sẽ cho phép xây dựng một công cụ dự đoán như vậy. Nhưng bạn có thể chỉ ra rằng có một công cụ dự đoán như vậy cho phép bạn giải quyết vấn đề tạm dừng?

Công phu hơn

Định nghĩa (Legg)
Bộ dự đoán p là máy Turing cố gắng dự đoán bit thứ n của chuỗi S được cấp quyền truy cập vào các bit n-1 trước đó. Nếu dự đoán không khớp với bit thứ n của chuỗi, chúng tôi gọi đây là lỗi . Chúng ta sẽ nói rằng p dự đoán S nếu p chỉ gây ra nhiều lỗi sai cho S. Nói cách khác, p dự đoán S nếu có một số M trong chuỗi st cho mọi m> M, p dự đoán chính xác bit m-th của S cấp quyền truy cập vào các bit m-1 đầu tiên.

Chính thức, chúng ta có thể định nghĩa một máy dự đoán là có ba băng. Chuỗi được nhập dưới dạng từng bit đầu vào trên một băng, dự đoán cho bit tiếp theo được thực hiện trên băng thứ hai (máy chỉ có thể di chuyển ngay trên băng này), và sau đó có một băng làm việc trên đó máy có thể di chuyển theo cả hai hướng.

Kết quả đơn giản
Theo định nghĩa trên, có một yếu tố dự đoán dự đoán tất cả các số hữu tỷ. (Sử dụng phép liệt kê zig-zag tiêu chuẩn của các tỷ lệ hợp lý. Bắt đầu bằng cách dự đoán tỷ lệ hợp lý thứ 1 trong danh sách, nếu có sai sót, hãy chuyển sang tỷ lệ hợp lý tiếp theo.). Theo một lập luận tương tự, có một người dự đoán được cấp quyền truy cập vào N, có thể dự đoán tất cả các chuỗi độ phức tạp Kolomogorov nhỏ hơn hoặc bằng N. (Chạy song song tất cả các máy N-bit và đưa ra dự đoán của máy dừng trước Bạn chỉ có thể mắc nhiều lỗi).

Trích dẫn Shane Legg 2006 http://www.vetta.org/document/IDSIA-12-06-1.pdf (không phải là tác giả của bài đăng này)

Trên thực tế điều này dễ hơn là giải quyết vấn đề tạm dừng.

Đặt là một hàm chi phối tất cả các hàm tính toán, nghĩa là, đối với tất cả các hàm tính toán , chúng ta có tất cả nhưng rất nhiều , . Đó là một thực tế tiêu chuẩn rằng tồn tại các chức năng như vậy có mức độ Turing thấp hơn nghiêm trọng so với vấn đề tạm dừng, xem ví dụ, cuốn sách của Soare Bộ đệ quy và Độ . Chúng được gọi là độ Turing cao .$f:\mathbb N\rightarrow\mathbb N$$g:\mathbb N\rightarrow\mathbb N$$n$$g(n)\le f(n)$

Đặt , là danh sách chuẩn của các hàm tính toán từng phần từ đến .$\varphi_e$$e\in\mathbb N$$\mathbb N$$\{0,1\}$

Bây giờ, sử dụng chúng ta xây dựng một công cụ dự đoán .$f$$p$

$p(a_0,\ldots,a_{k-1})$ is chosen as some number $a_{k}\in \{0,1\}$ so as to make the sequence $a_0,\ldots,a_k$ agree with $\varphi_t(0),\ldots,\varphi_t(k)$ for the minimal possible $t\le k$. Since we cannot wait for possibly hanging computations to halt, we only monitor the computations until stage $f(k)$ ($f(k)$ many computations steps). If there is no such $t$ we just set $a_{k}$ arbitrarily (say $=0$).

Now suppose $q$ is minimal such that $\varphi_q$ computes the computable sequence that is actually observed. Then we will for all but finitely many $k$ use $t=q$ and hence choose the correct $a_{k}$, because $f$ dominates the running time function for $\varphi_q$, namely $s(n)=$ the least stage where $\varphi_q(n)$ has halted.