Lớp ngôn ngữ có thể nhận biết bằng các TM 3 trạng thái băng đơn

Có một thời gian tôi tò mò về Turing Machines với chính xác một băng và chính xác 3 trạng thái (cụ thể là trạng thái bắt đầu $q_0$ , trạng thái chấp nhận $q_{accept}$ và trạng thái từ chối $q_{reject}$ ). Lưu ý rằng tôi cho phép bảng chữ cái băng tùy ý (hữu hạn) (nghĩa là bảng chữ cái băng không bị giới hạn bằng với bảng chữ cái đầu vào).

Để thuận tiện, hãy gọi lớp ngôn ngữ có thể nhận biết bằng các TM như vậy $C_3$. Tôi có một số câu hỏi về lớp học này:

1. Đã $C_3$ trước đây đã được nghiên cứu?
2. Là $C_3$ tiếng để bằng bất kỳ lớp học phức tạp / computability khác quan tâm?
3. Là lớp $C_3$ mạnh mẽ để thay đổi trong mô hình. Ví dụ: nếu các TM được sử dụng được phép giữ nguyên vị trí trong một lần chuyển tiếp (trái ngược với việc luôn luôn di chuyển sang trái hoặc phải) hoặc nếu băng được tạo thành vô hạn theo cả hai hướng thay vì chỉ sang phải, thì lớp đó ngôn ngữ có thể nhận biết bởi các TM 3 băng 1 trạng thái thay đổi?
4. Làm thế nào để $C_3$ liên quan đến lớp ngôn ngữ thông thường, $Regular$ ? (Cụ thể, có phải mọi ngôn ngữ thông thường trong $C_3$ ?)

Một tìm kiếm (khá khó hiểu) chỉ đưa ra bài đăng cs.stackexchange này có liên quan nhưng không trả lời câu hỏi của tôi và bài viết này , mà tôi chưa đọc đủ chi tiết để chắc chắn rằng nó quan tâm chính xác đến lớp $C_3$ chứ không phải là một lớp tương tự nhưng khác nhau (bài báo tuyên bố chứng minh rằng (1) mọi ngôn ngữ trong $C_3$ đều có thể quyết định và (2) rằng $C_3$ và $Regular$là các lớp riêng biệt với giao điểm không trống). Như đã chỉ ra trong các bình luận của bài viết cs.stackexchange, các loại TM này có thể được coi là automata di động rất đặc biệt, vì vậy có lẽ ai đó biết tài liệu về lý thuyết tự động tế bào có thể giúp ích.

Quái thú cực kỳ mạnh , ví dụ chúng ta có thể xây dựng một TM chấp nhận mọi chuỗi của biểu mẫu$M$

$L_Y = \{ r\; 0^n \; 1^m\;A \mid m \leq n \}$

và từ chối mọi chuỗi của biểu mẫu

$L_N = \{ r\; 0^n \; 1^m\;A \mid m > n \}$

Ý tưởng là biến đầu tiên thành R và sau đó cho đầu đến giữa chuỗi sau đó thực hiện zig-zag "không trạng thái"; nếu nó đạt A trước R thì nó chấp nhận.$r$$R$$A$$R$

Mô tả không chính thức:

• trên viết R và di chuyển sang phải (chuẩn bị từ chối)$r$$R$
• trên viết c và di chuyển sang phải (di chuyển về phía trung tâm)$0$$c$
• trên viết > và di chuyển sang trái (đánh dấu 1 , chuẩn bị cho lần vượt từ trái sang phải tiếp theo và sang trái)$1$$>$$1$
• trên viết < và di chuyển sang phải (đánh dấu 0 , chuẩn bị cho giao lộ từ phải sang trái tiếp theo và đi sang phải)$c$$<$$0$
• trên write > và đi sang trái (qua trái sang phải, chuẩn bị cho lần tiếp theo từ phải sang trái)$<$$>$
• bật viết < và đi từ phải sang phải (qua phải từ trái sang phải, chuẩn bị cho lần tiếp theo từ trái sang phải)$>$$<$
• trên chấp nhận, trên R từ chối$A$$R$
• trên trống từ chối$b$

Thí dụ:

  :r 0 0 0 1 1 A
   R:0 0 0 1 1 A
   R c:0 0 1 1 A
   R c c:0 1 1 A
   R c c c:1 1 A
   R c c:c > 1 A
   R c c <:> 1 A
   R c c < <:1 A
   R c c <:< > A
   R c c:< > > A
   R c:c > > > A
   R c <:> > > A
   ...
   R c < < < <:A ACCEPT

Kỹ thuật zig-zag này được sử dụng trong cỗ máy Universal Turing 2 trạng thái nhỏ nhất (nó có 18 ký hiệu) được chế tạo bởi Rogozhin (Rogozhin 1996. TCS, 168 (2): 215 điều240)).

Cần chú ý một chút để chứng minh rằng dừng trên tất cả các đầu vào (chỉ cần lưu ý rằng nó từ chối đầu vào trống và tất cả các biểu tượng không dừng "hội tụ" thành < hoặc > không thể dẫn đến một vòng lặp vô hạn).$M$$<$$>$

Theo nhận xét của DavidG, ngôn ngữ được công nhận bởi M là một superset của L Y (tức là L Y ⊂ L ( M ) ) nhưng nó không chứa bất kỳ chuỗi từ L N (tức là L ( M ) ∩ L N = ∅ ) và - như nhận xét của MikhailRudoy - điều này đủ để chứng minh rằng L ( M ) không thường xuyên.$L(M)$$M$$L_Y$$L_Y \subset L(M)$$L_N$$L(M) \cap L_N = \emptyset$$L(M)$

Thật vậy nếu là thường xuyên sau đó cũng L ( M ) ∩ { r 0 * 1 * Một } = L Y = { r 0 n 1 m Một | m ≤ n } sẽ thường xuyên (mà không phải là một ứng dụng đơn giản của bổ đề bơm); dẫn đến một mâu thuẫn.$L(M)$$L(M) \cap \{ r0^*1^*A \} = L_Y = \{ r0^n 1^mA \mid m \leq n \}$

Vì vậy không thường xuyên .$L(M)$

... Nhưng giống như tất cả các siêu anh hùng có gót chân của Achille: nó thậm chí không thể nhận ra thông thường:$C_3$

$L = \{ 1^{2n} \}$

Không chính thức nó chỉ có thể sử dụng ngoài cùng ( b là ký hiệu trống) hoặc người theo chủ nghĩa đúng 1 b . . . như một cái móc và "mở rộng" theo hướng khác; nhưng Chấp nhận hoặc Từ chối cuối cùng không thể nằm trên biểu tượng trống của phía đối diện, do đó, nó chỉ có thể được thực hiện ở phần bên trong của 1 giây và bắt đầu từ một đầu vào đủ dài, nó có thể được "làm giả" kéo dài nó.$b 1 ...$$b$$1b...$$1$

Cuối cùng - sau khi đọc bài viết - tôi có thể xác nhận rằng TM một trạng thái được mô tả trong nó khớp với lớp của bạn ... (vì vậy không có gì mới ở đây :-) ... và ngôn ngữ được tác giả sử dụng để chứng minh rằng nó có chứa ngôn ngữ không thường xuyên rất giống với ngôn ngữ của tôi.$C_3$

Tôi đã đánh giá thấp sức mạnh của ... thực ra nó không quá xa so với Hypercomputing !$C_3$

(Tôi đăng bài này như một câu trả lời riêng biệt để rõ ràng hơn)

Chúng ta có thể xây dựng một nhà nước đơn Turing máy chấp nhận các chuỗi có dạng:$M$

$L_Y = \{ a \; 0^n \; 1^m \; R \mid m \geq 2^n\}$

và từ chối các chuỗi có dạng:

$L_N = \{ a \; 0^n \; 1^m \; R \mid m \lt 2^n\}$

Ý tưởng và cấu trúc tương tự như trong câu trả lời trước: biến đổi đầu tiên thành A , để đầu đến giữa chuỗi sau đó thực hiện zig-zag "không trạng thái", nhưng các chuyển đổi "thực hiện" một "bộ đếm nhị phân "trên nửa đầu theo cách này: trên Z (Không) bật đầu về bên phải và chuyển Z thành S (Một) vào lần tiếp theo đầu đến S , biến đổi thành a ) và để đầu di chuyển sang trái; khi đạt đến đầu ) chuyển đổi nó vào một Z . Nửa sau của chuỗi hoạt động giống như một bộ đếm đơn nguyên.$a$$A$$Z$$Z$$S$$S$$)$$)$$Z$

Các chuyển đổi là:

• trên viết R và di chuyển sang phải (chuẩn bị từ chối)$r$$R$
• trên viết Z và di chuyển sang phải (di chuyển về phía trung tâm, đặt bộ đếm nhị phân thành 0 ..)$0$$Z$
• trên viết > và di chuyển sang trái (đánh dấu 1 và giảm bộ đếm đơn nguyên, chuẩn bị cho giao cắt từ trái sang phải tiếp theo và quay trở lại bộ đếm nhị phân)$1$$>$$1$
• bật viết < và đi sang phải (từ phải sang trái của nửa sau của chuỗi, chuẩn bị cho lần tiếp theo từ trái sang phải)$>$$<$
• trên write > và đi sang trái (qua trái sang phải của nửa sau của chuỗi, chuẩn bị cho lần tiếp theo từ phải sang trái)$<$$>$
• trên viết S và di chuyển sang phải (chuyển đổi chữ số thành một và bật ngược về bên phải về phía bộ đếm đơn)$Z$$S$
• trên viết ) và di chuyển sang trái (xóa chữ số và để đầu di chuyển sang trái như "vác", chuẩn bị cho phần tiếp theo từ trái sang phải của phần đầu tiên)$S$$)$
• bật viết Z và di chuyển sang phải (đặt số 0 sẽ tạo ra độ nảy và để đầu di chuyển sang phải)$)$$Z$
• trên chấp nhận, trên R từ chối$A$$R$
• trên trống từ chối$b$

Thí dụ:

 :a 0 0 0 1 1 1 1 1 1 1 1 R
  A:0 0 0 1 1 1 1 1 1 1 1 R
  A Z:0 0 1 1 1 1 1 1 1 1 R
  ...
  A Z Z Z:1 1 1 1 1 1 1 1 R
  A Z Z:Z > 1 1 1 1 1 1 1 R
  A Z Z S:> 1 1 1 1 1 1 1 R
  A Z Z S <:1 1 1 1 1 1 1 R
  A Z Z S:< > 1 1 1 1 1 1 R
  A Z Z:S > > 1 1 1 1 1 1 R
  A Z:Z ) > > 1 1 1 1 1 1 R
  A Z S:) > > 1 1 1 1 1 1 R
  A Z S Z:> > 1 1 1 1 1 1 R
  ...
  A Z S:Z > > > 1 1 1 1 1 R
  ...
  A Z S S < < <:1 1 1 1 1 R
  ...
  A S:) ) > > > > 1 1 1 1 R
  ...
 :A ) ) ) > > > > > > > > R ---> ACCEPT

Cần chú ý một chút để chứng minh rằng dừng trên tất cả các đầu vào (chỉ cần lưu ý rằng nó từ chối đầu vào trống và tất cả các ký hiệu không tạm dừng "chu kỳ" thông qua ( , S , Z hoặc < , > không thể dẫn đến một vòng lặp vô hạn ).$M$$( , S , Z$$<, >$

Ngôn ngữ là một superset của L Y ( L Y ⊂ L ( M ) ) và nó không chứa các chuỗi từ L N ( L ( M ) ∩ L N = ∅ ).$L(M)$$L_Y$$L_Y \subset L(M)$$L_N$$L(M) \cap L_N = \emptyset$

Giả sử rằng là Context miễn phí , sau đó - bởi tính chất đóng CFL, giao nhau nó với ngôn ngữ thường xuyên { r 0 * 1 * Một } tạo ra một ngôn ngữ CF:$L(M)$$\{r 0^* 1^* A\}$

$L(M) \cap \{r 0^* 1^* A\} = \{ a \; 0^n \; 1^m \; R \mid m \geq 2^n\} = L_Y$

Nhưng bằng một ứng dụng đơn giản của Bổ đề của Ogden cho CFL, chúng ta có thể chứng minh rằng : chỉ cần chọn một s ∈ L Y đủ dài và đánh dấu tất cả 0 s; ít nhất một số 0 có thể được bơm và bất kể số 1 s trong chuỗi bơm là bao nhiêu, sự tăng trưởng theo cấp số nhân của 2 n dẫn đến một chuỗi ∉ L Y ).$L_Y \notin CFL$$s \in L_Y$$0$$1s$$2^n$$\notin L_Y$

Vì vậy, không phải là bối cảnh miễn phí .$L(M)$

... Bây giờ tôi đang tự hỏi nếu đây là một câu trả lời "phát minh lại bánh xe" khác, hay đó là một kết quả mới (nhỏ).

Trong câu trả lời này, người ta cho rằng máy Turing có băng vô hạn cả hai chiều. Các yêu cầu không giữ cho băng vô hạn một chiều.

Trước tiên, tôi định nghĩa lớp ngôn ngữ là lớp của tất cả các ngôn ngữ có thể quyết định bằng máy Turing một băng có 3 trạng thái ( C 3 được định nghĩa là lớp ngôn ngữ có thể nhận biết bằng máy Turing một băng có 3 trạng thái). Tôi đã giới thiệu lớp C ' 3 vì trong câu trả lời ban đầu của tôi, tôi vô thức swaped các lớp C 3 và C ' 3 (tôi chỉ coi là lớp C ' 3 ).$C_3'$$C_3$$C_3'$$C_3$$C_3'$$C_3'$

Câu trả lời này là một bổ sung cho câu trả lời @MarzioDeBiasi. Ông chỉ ra rằng các lớp học và C ' 3 không có trong CFL và do đó chứa ngôn ngữ khá thú vị. Tuy nhiên, như tôi sẽ hiển thị trong bài này, mỗi ngôn ngữ L trong C ' 3 có tài sản mà tập { 1 n ; n ∈ N ∖ { 0 } } là trong L hoặc trong phần bù của nó$C_3$$C_3'$$L$$C_3'$$\{1^n;n\in\mathbb{N}\backslash\{0\}\}$$L$ . $L^C$Do đó$C_3'$cũng rất hạn chế, ví dụ. nó chỉ chứa các ngôn ngữ đơn phương tầm thường , { ε } , { 1 n ; n ∈ N } và { 1 n ; n ∈ N ∖ { 0 } } . Lớp C 3 chứa một số ngôn ngữ đơn nhất. Tuy nhiên, nó cho rằng nếu L ∈ C 3 và 1 n ∈ L cho n ≥ 1 , sau đó 1$\{\}$$\{\varepsilon\}$$\{1^n;n\in\mathbb{N}\}$$\{1^n;n\in\mathbb{N}\backslash\{0\}\}$$C_3$$L\in C_3$$1^n\in L$$n\geq 1$ với mọi m ≥ n . $1^m\in L$$m\geq n$Một hệ quả đơn giản là không phải tất cả các ngôn ngữ thông thường là trong cũng không phải trong C ' 3 . Ngoài ra ngôn ngữ{1}không có trong C 3 cũng không phải trong C ' 3 .$C_3$$C_3'$$\{1\}$$C_3$$C_3'$

Đối với yêu cầu bồi thường (in đậm) về , nó là đủ để chứng minh rằng một băng Turing máy M với 3 tiểu bang mà luôn tạm dừng hoặc chấp nhận hoặc từ chối tất cả các chuỗi từ { 1 n ; n ∈ N ∖ { 0 } } . Giả sử rằng một chuỗi có dạng 1 $C_3'$$M$$\{1^n;n\in\mathbb{N}\backslash\{0\}\}$$1^n$ , , được trao cho M . Có ba trường hợp:$n\in\mathbb{N}\backslash\{0\}$$M$

1) Khi đọc 1, nó chấp nhận hoặc từ chối.$M$

2) Khi đọc 1, nó di chuyển đầu sang trái. $M$Nếu chúng ta muốn dừng lại ở đầu vào này, nó phải chấp nhận, từ chối hoặc di chuyển sang bên phải trên biểu tượng trống. Do đó, nó không bao giờ truy cập vào ô bên phải của ô ban đầu của băng. Nếu có, nó sẽ chạy mãi mãi ở đầu vào 1.$M$

3) Khi đọc 1, nó di chuyển đầu sang phải. $M$Theo sau bước, nội dung của băng là A n trong đó A là một số ký hiệu từ bảng chữ cái băng và đầu M nằm trên biểu tượng trống ngoài cùng bên trái của A cuối cùng . Nếu chúng ta muốn M dừng lại ở đầu vào này, nó phải chấp nhận, từ chối hoặc di chuyển sang bên trái trên biểu tượng trống. Như trong trường hợp 2), người đứng đầu M sẽ không bao giờ truy cập trực tiếp vào ô bên trái của A ngoài cùng bên phải . Nếu vậy, M sẽ chạy mãi mãi ở đầu vào 1.$n$$A^n$$A$$M$$A$$M$$M$$A$$M$

Rõ ràng là trong cả ba trường hợp đều chấp nhận tất cả các chuỗi từ tập { 1 $M$ hoặc nó từ chối tất cả.$\{1^n;n\in\mathbb{N}\backslash\{0\}\}$

Bằng chứng của yêu cầu (in đậm) về tuân theo cùng một dòng như trên. Chúng tôi có một băng 3 trạng thái của máy Turing M chấp nhận một chuỗi 1 n đối với một số n ≥ 1 . Giả sử M được cho đầu vào 1 m cho m ≥ n . Chúng tôi phải chứng minh rằng M chấp nhận đầu vào này. Chúng tôi có 3 trường hợp:$C_3$$M$$1^n$$n\geq 1$$M$$1^m$$m\geq n$$M$

1) Khi đọc 1, nó chấp nhận.$M$

2) Khi đọc 1, nó di chuyển đầu sang trái. $M$Vì chấp nhận đầu vào 1 n , nên nó phải chấp nhận hoặc di chuyển sang phải trên biểu tượng trống. Do đó, nó không bao giờ truy cập vào ô thứ n ở bên phải của ô ban đầu. Nếu có, nó sẽ chạy mãi mãi ở đầu vào 1 n .$M$$1^n$$n$$1^n$

3) Khi đọc 1, nó di chuyển đầu sang phải. $M$Theo sau các bước , nội dung của băng là A m trong đó A là một số ký hiệu từ bảng chữ cái băng và đầu của M nằm trên biểu tượng trống ngoài cùng bên trái của A cuối cùng . Vì M chấp nhận đầu vào 1 n , nên nó phải chấp nhận hoặc di chuyển sang trái trên biểu tượng trống. Như trong trường hợp 2), người đứng đầu M sẽ không bao giờ truy cập vào ô thứ n ở bên trái của A ngoài cùng bên phải . Điều này là do trên đầu vào 1 n , $m$$A^m$$A$$M$$A$$M$$1^n$$M$$n$$A$$1^n$$M$ không truy cập vào ô trực tiếp bên trái của ô ban đầu, vì nó chứa biểu tượng trống và nếu nó đọc nó, nó sẽ chạy mãi mãi.

Rõ ràng là trong cả ba trường hợp đều chấp nhận tất cả các chuỗi từ tập { 1 m ; m ≥ n } .$M$$\{1^m;m\geq n\}$