Bisakah pengkodean menetapkan kelas bahasa non-sepele yang berisi set kosong secara berulang dihitung?

Membiarkan $C$ menjadi seperangkat bahasa enumerable rekursif non-sepele ( ) dan biarkan menjadi set pengkodean mesin Turing yang mengenali beberapa bahasa dalam : $\emptyset \subsetneq C \subsetneq \mathrm{RE}$ $L$ $C$

L = {⟨ M ⟩ ∣ L (M) \in C}

$L=\{\langle M \rangle \mid L(M) \in C \}$

Misalkan $\langle M_{loopy}\rangle \in L$ , di mana $M_{loopy}$ adalah TM yang tidak pernah berhenti. Saya ingin tahu apakah mungkin $L \in \mathrm{RE}$ ?

Dengan teorema Rice saya tahu bahwa $L \notin \mathrm{R}$ (himpunan bahasa rekursif), jadi $L \notin \mathrm{RE}$ atau $\overline{L} \notin \mathrm{RE}$ . Apakah itu harus menjadi opsi pertama sejak $M_{loopy} \in L$ ?

computability turing-machines

— Pembilang
sumber

Anda harus menjelaskan notasi Anda. Apa itu ? Apa itu ? Apa itu ? Satu-satunya hal yang Anda jelaskan adalah singkatan dari RE, dan itulah satu hal yang tidak perlu Anda jelaskan.

⟨M⟩ $\langle M \rangle$

L(M) $L(M)$

L¯¯¯¯ $\overline{L}$

— Andrej Bauer

@AndrejBauer: Itu notasi yang cukup standar. Mereka berarti, dari kiri ke kanan, pengkodean M, bahasa diterima oleh , dan komplemen dari .

M $M$

L $L$

— Raphael

Maksud Anda "jadi, atau ", saya kira?

L∉RE $L \notin \mathrm{RE}$

L¯¯¯¯∉RE $\overline{L} \notin \mathrm{RE}$

— Raphael

ada perpanjangan teorema Rice yang menggambarkan kondisi yang membuat . Saya mungkin punya waktu nanti untuk menulisnya, kecuali yang lain melakukannya. TETAPI , jika (yang tersirat oleh keberadaan ), maka . Ini juga mengikuti dari Rice's thm dengan bukti standar.

L∈RE $L\in RE$

∅∈C $\emptyset\in C$

Mloop∈L $M_{loop}\in L$

L∉RE $L\notin RE$

— Ran G.

@ Raphael, Anda benar.

— Numerator

Jawaban:

Tidak, itu tidak mungkin. Ada versi diperpanjang teorema Rice untuk membuktikan bahwa kumpulan indeks tidak dapat dihitung secara rekursif.

Dalam notasi Anda, teorema menyatakan bahwa jika (non-sepele) $C$ berisi bahasa $L_1$ yang memiliki superset yang tepat $L_2$ tidak masuk $C$ , kemudian $L \notin \mathrm{RE}$ . Intuisi adalah bahwa tidak ada algoritma yang dapat memisahkan pengkodean $L_1$ dan $L_2$ ; mereka tidak dapat memutuskan bahwa mesin yang dikodekan tidak menerima sepatah kata pun dari $L_2 \setminus L_1$ setelah waktu yang terbatas, yang harus mereka lakukan.

Sekarang kamu membutuhkan $\emptyset \in C$ tapi $C \neq 2^{\Sigma^*}$ , oleh karena itu teorema berlaku dan $L$ tidak dihitung secara rekursif.

The Artikel Wikipedia mengerikan, berhati-hatilah!

— Raphael
sumber

Dapatkah saya mengklaim itu sejak itu?

L(Mloop)=∅ $L(M_{loop})= \emptyset$ kami mendapatkan bahwa mesin turing Kosong, yang tidak menerima kata apa pun

Etm⊂L $Etm \subset L$ dan karena Teorema Padi kita tahu itu

L∉R $L \notin R$ (semua kondisi Beras OK) jadi karena

Etm∈Co−RE $Etm \in Co-RE$ kita dapat itu

L∉RE $L \notin RE$ ?

— Numerator

@Numerator: Apa itu Etm? Bagaimanapun,

L $L$ belum tentu dalam

co-RE $\mathsf{co\text{-}RE}$ jadi tidak. Jika ya, alasan itu akan berhasil, ya.

— Raphael

untuk melengkapi jawaban Raphael, ada perpanjangan teorema Rice yang mengatakan sebagai berikut:

Teorema Padi Umum

Membiarkan $S \subseteq RE$ menjadi properti, dan biarkan $L_S$ semua TM yang memenuhi properti $S$ , itu adalah,
$L S = {⟨ M ⟩ ∣ L (M) \in S} .$ $L_S = \{ \langle M \rangle \mid L(M) \in S \}.$ Kemudian, $L_S \in RE$ jika dan hanya jika semua kondisi berikut berlaku:

untuk apa saja $L_1,L_2 \in RE$ , jika $L_1 \in S$ dan $L_1 \subseteq L_2$ kemudian $L_2 \in S$ .

jika $L_1\in S$ maka ada yang terbatas $L_2 \subseteq L_1$ seperti yang $L_2 \in S$ .

Bahasa 'semua bahasa hingga di $S$ 'ada di RE.
(dengan kata lain, ada TM $M_S$ itu, jika $L$ adalah bahasa yang terbatas $L=\{w_1, w_2, \ldots w_k)$ , dan $(w_1, w_2, \ldots, w_k)$ diberikan kepada $M_S$ sebagai input, $M$ hanya menerima jika $L\in S$ .

Sekarang kembali ke pertanyaan awal. Kita sekarang itu $\langle M_{loopy}\rangle\in L$ begitu $L(\langle M_{loopy}\rangle)\in C$ . Tapi $L(\langle M_{loopy}\rangle)=\emptyset$ karena TM ini tidak pernah berhenti. Ini artinya $\emptyset \in C$ .

Sekarang mari kita lihat kondisi pertama teorema di atas. APAPUN bahasa $L$ memuaskan $\emptyset \subseteq L$ . Jadi untuk memenuhi kondisi 1, harus seperti itu $C=RE$ . Namun, pertanyaannya menyatakan itu $C\subsetneq RE$ dan karena itu, oleh teorema, $L\notin RE$ .

— Ran G.
sumber

Apakah ada sumber di mana saya bisa belajar lebih banyak tentang teorema ini? Saya tidak dapat menemukan yang online yang memuaskan.

— Gokul

@ Gokul saya diberitahu bahwa teorema ini muncul dalam buku Hopcroft, Motwani, Ullman, tetapi hanya dalam versi pertamanya (tampaknya telah dihapus di versi yang lebih baru).

— Ran G.

@Ran G. Saya tidak bisa menemukan buku yang disebutkan untuk memeriksa ini tetapi # 3 tampaknya salah, karena untuk

S=RE $S=RE$ , bahasa semua bahasa hingga tidak

RE $RE$ . Anda mungkin lebih suka kondisi serupa lainnya:

∀x(x∈LS⟺∃u(Df(u)⊆Wx)) $\forall x (x \in L_S \iff \exists u(D_{f(u)} \subseteq W_x))$ dimana

D $D$ adalah pengkodean kanonik bahasa yang terbatas,

W $W$ enumerasi standar

RE $RE$ bahasa, dan

f $f$ beberapa fungsi yang sepenuhnya dapat dihitung. Dalam hal ini, kondisi ini hanya setara dengan

LS $L_S$ makhluk

RE $RE$ . (Lihat Teori H. Rogers tentang Fungsi Rekursif dan Kompabilitas yang Efektif hal 324 ) Meskipun # 1 dan # 2 sudah cukup di sini.

— Beleg

@ Beleg Saya tidak mengerti mengapa itu salah. Jika

S=RE $S=RE$ maka bahasa apa pun yang terbatas ada di

S $S$ , maka TM yang menerima string apa pun (atau lebih tepatnya, string apa pun yang diformat dengan baik) adalah penentu untuk set semua bahasa hingga di S. Jika Anda masih tidak setuju, mari kita lanjutkan dalam Obrolan Ilmu Komputer .

— Ran G.

Mungkin saja itu $L$ adalah set ulang. Pertimbangkan kopernya $C = RE$ . Kemudian $L$ adalah himpunan semua kode dari semua mesin Turing. Ini adalah set rekursif, pada kenyataannya, tergantung pada detail pengkodean, kita bisa $L = \mathbb{N}$ . Jadi sebenarnya itu salah $L$ tidak bisa rekursif.

Saya curiga Anda salah mengartikan pertanyaan itu.

— Andrej Bauer
sumber

OP dikecualikan

RE $\mathrm{RE}$ .

— Raphael

@ Raphael Saya tidak yakin (itu tergantung apakah

$\subset$ dimaksudkan sebagai ketat), tetapi jika itu yang membuat pertanyaan menarik, mari kita asumsikan

$C$ bukan keseluruhan

$\mathrm{RE}$ .

— Gilles 'SANGAT berhenti menjadi jahat'

@Andrej Terima kasih atas jawabannya, tetapi Raphael benar, saya mengecualikan

$RE$ .

— Numerator