Apakah atribut P yang tidak diputuskan menimbulkan hambatan untuk memutuskan P versus NP? (jawab: mungkin)

Lima pertanyaan terkait diajukan, dan satu jawaban terintegrasi diharapkan:

• T1: Apakah ada bahasa yang dikenali semata-mata oleh mesin-mesin Turing dalam  yang runtime eksponennya tidak dapat ditentukan ?$L$$P$
• T2: Dapatkah contoh mesin Turing ini dibuat secara halus?
• Q3: Dapatkah mesin Turing ini dipakai secara konkret? ( misalnya , dengan nubuat yang "menebak" mereka daripada membangunnya secara halus).
• Q4: Apa atribut P lainnya (selain eksponen runtime) yang saat ini diketahui tidak dapat diputuskan? Untuk atribut apa pertanyaan ini terbuka?$P$
• T5: Apakah atribut tidak diputuskan menimbulkan hambatan terhadap decidability ?$P$$P \ne NP$

Perhatikan baik-baik kata "hanya" di Q1 (yang tidak termasuk jawaban yang disarankan Lance Fortnow).

Kesimpulan dan Konversi ke Wiki Komunitas

• Pertanyaannya adalah, "Apakah atribut P yang tidak diputuskan menimbulkan penghalang untuk memutuskan P versus NP?", Terbuka dan diyakini sulit, seperti juga banyak pertanyaan spesifik (seperti Q1-4 di atas) yang secara alami terkait dengannya.

• 1978 monografi Juris Hartmanis ' Komputasi Layak dan Properti Kompleksitas Terbukti memberikan masukan yang baik ke dalam literatur dan (tampaknya) belum ada ulasan yang diterbitkan sejak Hartmanis'.

• Kelas pertanyaan ini cukup dieksplorasi bahwa tantangan untuk menemukan bukti yang kuat terkait erat dengan tantangan memilih definisi awal yang baik.

• Pernyataan bijaksana dan sketsa bukti wawasan yang disediakan oleh Travis Service dan Alex ten Brink diakui dan dihargai.

Karena pertanyaan terbuka, dan karena sedang dibahas di beberapa utas weblog matematis ( 1 , 2 , 3 , 4 , 5 , 6 ), pertanyaan ini telah ditandai untuk dikonversi ke Komunitas Wiki.

Perbarui II dan Ringkasan

Saya menjadi sadar bahwa monografi Juris Harmanis tahun 1978 Komputasi Layak dan Properti Kompleksitas yang Dapat Dibuktikan dapat dibaca sebagai respons mendalam terhadap Q1–5 . Selain itu, sketsa bukti Q1 dan Q4 (luar biasa) yang disediakan di bawah ini oleh Travis Service dan oleh Alex ten Brink memberikan penegasan modern dan perpanjangan kesimpulan keseluruhan Hartmanis bahwa:

Hasil tentang kompleksitas perhitungan berubah secara radikal jika kita hanya mempertimbangkan sifat-sifat perhitungan yang dapat dibuktikan secara formal (penekanan oleh Hartmanis) ...

Dengan demikian kita harus berharap bahwa hasil tentang optimalitas semua program menghitung fungsi yang sama seperti program yang diberikan akan berbeda dari hasil optimalitas tentang semua program yang dapat dibuktikan secara formal setara dengan program yang diberikan. ...

Kami [harus] mempertimbangkan kemungkinan bahwa masalah terkenal ini [ ] mungkin tidak dapat dipecahkan dalam teori matematika formal, seperti teori himpunan.$P\overset{?}{=}NP$

Terbukti dari monografi Hartmanis dan dari jawaban yang diberikan oleh Travis dan Alex, bahwa Q1-5 berada jauh di luar keadaan mutakhir dalam teori kompleksitas. Selain itu, pertanyaan / jawaban ini tampaknya cukup halus untuk memerlukan penyesuaian definisi yang cermat dan membenarkan paparan panjang-monograf ... yang saya harap tidak akan membuat orang enggan mengirim jawaban lebih lanjut. :)

Untuk diskusi teknis lebih lanjut, lihat jawaban Joel David Hamkins pada MathOverflow untuk pertanyaan. Dapatkah masalah secara bersamaan waktu polinomial dan tidak dapat diputuskan? (direkomendasikan oleh Alex ten Brink).

Jika dalam monograf Hartmanis satu pengganti untuk "perhitungan fungsi" frase "simulasi dinamika", hasilnya dapat dibaca sebagai risalah tentang kompleksitas-batas teoretis untuk rekayasa sistem ... ini adalah alasan praktis mengapa kita para insinyur peduli tentang ini masalah.

Pendapat yang bertentangan dengan Hartmanis 'baru-baru ini disuarakan oleh Oded Goldreich dalam sebuah surat kepada editor CACM berjudul "On Computational Complexity" :

Sayangnya, saat ini kami tidak memiliki jawaban teoretis yang baik untuk sebagian besar pertanyaan alami tentang perhitungan yang efisien. Ini masalahnya bukan karena kita mengajukan pertanyaan yang salah, tetapi karena pertanyaan ini sangat sulit.

Tentu saja dapat dibayangkan bahwa pendapat Hartmanis dan Goldreich akan terbukti benar, misalnya, bukti formal dari keraguan terhadap keterpisahan PvsNP secara wajar dapat dianggap sebagai memvalidasi kedua sudut pandang tersebut.

Perbarui I

Komentar bijak (di bawah) oleh Travis Service dan Alex ten Brink menyarankan (pada dasarnya) bahwa pada Q1 frase "tidak dapat dipastikan" tidak identik dengan "tidak dapat diverifikasi" dan bahwa jawaban untuk Q2-5 mungkin tergantung pada perbedaan ini. Sama sekali tidak jelas (bagi saya) pilihan definisi mana yang akan mengarah pada teorema terkuat, dan juga, yang terbaik menangkap intuisi kita tentang kelas P. Jawaban dan komentar yang menjawab pertanyaan ini disambut dengan baik.

Sebuah komentar oleh Felix Klein dalam Matematika Dasarnya dari Sudut Pandang Tingkat Lanjut: Geometri (1939) muncul di benak saya:

Contoh lain dari konsep yang terjadi dengan presisi yang kurang lebih dalam persepsi ruang yang naif, yang harus kita tambahkan sebagai pelengkap sistem geometri kita, adalah gagasan tentang kurva (arbitrer) . Setiap orang percaya bahwa dia tahu apa itu kurva sampai dia telah belajar banyak matematika sehingga ketidaknormalan yang tak terhitung jumlahnya membingungkan mereka.

Seperti halnya kurva, begitu juga dengan bahasa yang diterima oleh mesin Turing di  ... apa yang dulu tampak (bagi saya) seperti yang paling sederhana dan paling alami dari semua kelas kompleksitas sekarang membingungkan saya dengan atribut (tak terhitung?) Yang tidak dapat diverifikasi dan / atau atribut yang tidak dapat ditentukan dari anggotanya. . Motivasi luas dalam menanyakan Q1-5 adalah untuk menemukan jalan melalui semak belukar yang membingungkan ini, tetapi jawaban yang diberikan sejauh ini (oleh Travis Service dan Alex ten Brink) telah memberikan alasan lebih lanjut untuk kebingungan!$P$

Generasi ahli matematika Klein bekerja keras untuk menemukan definisi yang baik untuk kurva dan elemen fundamental lainnya dari teori himpunan, geometri dan analisis. Tinjauan tingkat dasar dapat ditemukan dalam diskusi Wikipedia tentang Alexander Horned Sphere

      
      Embedding bola di R3

Selama abad ke-20, analisis "manifold liar" seperti bola Alexander membantu memperjelas perbedaan antara manifold topologi, manifold kontinyu, dan manifold diferensial. Demikian pula di abad ke-21, mungkin penyempurnaan definisi yang terkait dengan akan membantu menjinakkan bahasa liar dan mesin Turing liar ... meskipun menentukan penyempurnaan yang sesuai bukanlah tugas yang mudah.$P$$P$

Latar Belakang

Pertanyaan terkait ini muncul dari pertanyaan wiki komunitas MathOverflow " Apa masalah Turing yang paling menarik dalam matematika? " Dan " Gagasan apa yang digunakan tetapi tidak didefinisikan dengan jelas dalam matematika modern? " Secara khusus, Colin Tan meminta agar pertanyaan yang diajukan di atas menjadi diposting sebagai pertanyaan terpisah.

Untuk latar belakang teknis, lihat pertanyaan TCS StackExchange " Apakah batas runtime dalam P decidable? ", Khususnya bukti singkat Emanuele Viola bahwa jawabannya adalah "tidak". Perhatikan juga bahwa hasil yang serupa dibuktikan oleh Juris Hartmanis dalam monografinya, perhitungan yang layak, dan sifat kompleksitas yang dapat dibuktikan (1978).

Lance Fortnow / Bill minggu ini weblog GASARCH Complexity Komputasi menjadi tuan rumah jajak pendapat deklarasi mereka " Apakah atau Tidak?$P=NP$ " - pertanyaan kelima dan terakhir yang diajukan mengundang komentar atas pertanyaan Fortnow / GASARCH.

Untuk pertanyaan 1 jawabannya adalah tidak. Biarkan bahasa dalam P dan biarkan M menjadi waktu polinomial apa pun Mesin Turing yang mengenali L (yang runtime-nya dianggap tidak dapat ditentukan). Untuk setiap k ∈ N biarkan M k menjadi mesin Turing bahwa pada masukan x panjang n loop pertama n k langkah kemudian berjalan M pada x untuk n k + k langkah dan menerima jika M menerima x (dalam orang-orang n k + $L$$P$$M$$L$$k \in \mathbb{N}$$M_k$$x$$n$$n^k$$M$$x$$n^k + k$$M$$x$$n^k + k$langkah) dan menolak sebaliknya. Runtime dari adalah Θ ( n k ) untuk setiap k .$M_k$$\Theta(n^k)$$k$

Karena berjalan dalam waktu polinomial ada beberapa k ′ ∈ N sehingga M berjalan dalam O ( n k ′ ) (bahkan jika kita tidak tahu apa k ′ adalah) dan karenanya untuk semua k cukup besar M k mengenali L dan memiliki runtime decidable.$M$$k' \in \mathbb{N}$$M$$O(n^{k'})$$k'$$k$$M_k$$L$

EDIT

Saya pikir jawaban berikut lebih semangat dari apa yang dimaksudkan oleh poster aslinya dengan pertanyaan 1.

Teorema: Ada bahasa sehingga jika N adalah Mesin Turing yang memutuskan L maka setidaknya salah satu dari yang berikut ini benar:$L \in P$$N$$L$

1) Tidak ada bukti bahwa menerima L , atau$N$$L$

2) Tidak ada bukti bahwa berhenti pada langkah f ( n ) (untuk fungsi apa pun f ( n ) ).$N$$f(n)$$f(n)$

Sketsa Bukti: Biarkan menjadi Mesin Turing yang tidak berhenti di pita kosong dan yang di sana tidak ada bukti bahwa M tidak berhenti di pita kosong (Hasil Independence dalam Ilmu Komputer oleh Hartmanis dan Hopcroft menunjukkan kaleng M seperti itu). ditemukan secara efektif).$M$$M$$M$

Biarkan .$L = \{ n : \exists n' \geq n \mbox{ s.t. } M \mbox{ halts in } n' \mbox{ steps when run blank tape}\}$

Karena tidak berhenti, L sebenarnya adalah bahasa kosong tetapi tidak ada bukti untuk itu (karena itu akan membuktikan bahwa M tidak berhenti).$M$$L$$M$

Biarkan menjadi Mesin Turing. Jika ada bukti bahwa N memutuskan L dan bukti bahwa N berjalan dalam f ( n ) langkah maka eksekusi N saat dijalankan pada input 1 memberikan bukti bahwa M berhenti (yaitu, jika N menerima) atau bahwa M tidak tidak berhenti (yaitu, jika N menolak). Dengan demikian, jika N dapat dipastikan memutuskan L maka runtime N tidak dapat ditentukan dan sebaliknya.$N$$N$$L$$N$$f(n)$$N$$1$$M$$N$$M$$N$$N$$L$$N$

Ya, Anda dapat membuat mesin yang membutuhkan waktu DTIME ( ) -DTIME ( n i ) di mana i adalah jumlah langkah yang diambil oleh mesin Turing tertentu untuk berhenti pada pita kosong. Mudah untuk membangun dan konstruksi serupa berlaku untuk hampir setiap aspek non-sepele P. Memberitahu kami sedikit tentang apakah P v NP tidak dapat diputuskan: Tidak ada masalah membuktikan P ≠ EXP meskipun masalah yang sama.$n^{i+1}$$n^i$$i$$\neq$

Setelah lebih memikirkan masalah ini, saya pikir saya menemukan (mungkin) jawaban untuk Q4 Anda .

• Q4: Apa atribut (selain eksponen runtime) yang saat ini diketahui tidak dapat diputuskan? Untuk atribut P apa pertanyaan ini terbuka?$P$$P$

Saya membuktikan variasi pada teorema Rice yang menjawab pertanyaan Anda untuk sebagian besar properti. Saya akan mencoba menjelaskan diri saya lebih jelas kali ini (jawaban Layanan Travis jauh lebih jelas dan lebih umum daripada jawaban saya sebelumnya).

Teorema: Untuk properti apa pun yang memegang beberapa set nonempty dari bahasa tak terbatas yang dapat diputuskan (tetapi tidak pada bahasa yang terbatas), tidak dapat diputuskan apakah Mesin Turing diberikan memutuskan bahasa dengan properti itu, ketika dijanjikan bahwa E selalu berhenti di O ( f ( n) ) ) waktu, di mana f ( n ) = Ω ( n log n ) dan f ( n ) = Ω ( g ( n ) ) , di mana g ( $E$$E$$O(f(n))$$f(n)=\Omega(n \log n)$$f(n)=\Omega(g(n))$ adalah waktu berjalan untuk beberapa Mesin Turing memutuskan beberapa bahasa dengan properti itu.$g(n)$

Ingat bahwa Mesin Turing (TM mulai sekarang) memutuskan bahasa jika ia menerima semua string dalam bahasa dan menolak semua string di luar bahasa. Perhatikan bahwa kita dapat mengambil menjadi sesuatu selain jumlahnya banyak, sehingga teorema yang lebih umum dari sekedar P .$f(n)$$P$

Kami memformalkan gagasan 'properti' sebagai beberapa bahasa yang dapat dipilih secara bebas 'dengan properti itu'. Memutuskan apakah bahasa memiliki properti maka setara dengan memutuskan apakah bahasa adalah anggota dari S . Sama seperti di teorema Rice, kami menyelidiki jika kita dapat memutuskan apakah bahasa diputuskan oleh masukan TM memiliki properti tertentu, dan begitu juga di S . Perhatikan bahwa kami memerlukan S ⊆ R , yaitu, bahwa S hanya berisi bahasa yang dapat ditentukan.$S$$S$$S$$S \subseteq R$$S$

Harap perhatikan bahwa kami berbicara tentang properti bahasa , bukan tentang TM. Pertanyaan Anda tentang eksponen runtime bukan kasus khusus dari teorema ini. Properti dari, katakanlah, , dapat dipelajari dengan mengambil S ⊆ P , mungkin menarik bagi Anda lebih dari properti TM yang berjalan dalam waktu polinomial. Anda dapat melakukan segala macam hal yang kejam pada TM, sambil tetap mempertahankan kebenaran dan jangka waktunya, tetapi Anda tidak dapat melakukan hal yang sama pada bahasa.$P$$S \subseteq P$

Persyaratan bahwa semua bahasa dalam harus tak terbatas adalah teknis yang diperlukan untuk pembuktian, tetapi karena semua bahasa yang terbatas dapat dipilih dalam waktu yang konstan dan karena itu biasanya tidak menarik, saya tidak berpikir itu bahasa utama. Saya berharap versi umum yang juga memungkinkan bahasa yang terbatas menjadi benar juga.$S$

Bukti teorema . Asumsikan kita diberi beberapa TM dengan parameter TM E , sehingga P selalu berhenti dan menerima jika E memutuskan beberapa bahasa dalam S , dan di mana E dijanjikan untuk selalu berhenti dengan waktu berjalan seperti di atas. Biarkan ( A , i ) menjadi contoh untuk Masalah Pemutusan, yaitu, A adalah TM dan saya adalah input untuk A , dan kami sekarang ingin memutuskan apakah A berhenti pada i .$P(E)$$E$$P$$E$$S$$E$$(A, i)$$A$$i$$A$$A$$i$

Karena kita mengasumsikan adalah tak kosong, kami memiliki beberapa s ∈ S . Sejak S hanya bahasa decidable, terdapat beberapa TM C memutuskan s . Secara khusus, kami memilih C dengan waktu berjalan g ( n ) seperti yang diasumsikan dalam teorema. Kami sekarang mempertimbangkan TM berikut:$S$$s \in S$$S$$C$$s$$C$$g(n)$

function H(x)
h := simulate A on i for |X| steps and return whether it halted
if h == 'halted' then
    reject
else
    if C(x) accepts then
        accept
    else
        reject
    fi
fi

Mudah dilihat bahwa waktu operasi TM ini memenuhi persyaratan untuk teorema, karena TM dapat disimulasikan dalam waktu .$O(n \log n)$

Kami mengklaim bahwa mengembalikan no iff A berhenti pada saya . Asumsikan A berhenti pada saya setelah langkah t . Karena itu H menolak X dengan | X | ≥ t . Karenanya, kami memutuskan paling banyak bahasa yang terbatas, dan karenanya H memutuskan tidak ada bahasa dalam S dan P ( H ) karena itu akan mengembalikan no .$P(H)$$A$$i$$A$$i$$t$$H$$X$$|X| \geq t$$H$$S$$P(H)$

Sekarang anggap tidak berhenti pada saya . Maka variabel berhenti tidak akan pernah mendapatkan nilai 'dihentikan', jadi kami memutuskan bahasa yang sama dengan C , yang persis s ∈ S , jadi P ( H ) akan mengembalikan true. Ini membuktikan bahwa P ( H ) dapat menyelesaikan Masalah Halting, yang pada gilirannya membuktikan teorema.$A$$i$$C$$s \in S$$P(H)$$P(H)$

Saya bisa menjawab Q1 Anda di negatif, dengan demikian juga menjawab Q2 dan Q3 di negatif. Saya tidak yakin tentang Q4 atau Q5 .

• $L$$P$

$M$$T$$M$$T$

$T$$k$$T$$O(n^k)$$M$$k$$T$$T$$k$ $T$

$L$$P$$T$$O(n^k)$$k$$L$$M$$k$$T$

$L$$P$$T$$L$$T$

$L$$P$$M$$T$$L$$T$$L$

$L$$P$$L$$O(n^k)$$M$$n$$n^{k+1}$$n^{k+2}$$L$

$M$$P$$L$$L$$k$$M$

Pemikiran semacam ini tentang ketidakpastian sangat umum terjadi, saya ingat posting (blog?) Tentang masalah yang sangat mirip: pertanyaannya adalah "apakah diputuskan apakah Pi memiliki 'nol terakhir'", jadi apakah Pi berhenti memiliki angka nol di dalamnya representasi desimal jika Anda turun cukup jauh representasi itu. Kami saat ini tidak tahu apakah ini masalahnya. Kita bahkan mungkin tidak dapat membuktikannya, atau bahkan mungkin independen dari sistem aksioma kita (dan dengan demikian tidak dapat dibuktikan). Tetapi, karena jawabannya benar atau salah, TM yang mengembalikan nilai true dan TM yang kembali salah memutuskan masalah apa pun dan oleh karena itu masalahnya dapat diputuskan.

Saya akan melihat apakah saya dapat menemukan posting itu di internet di suatu tempat.

Edit:

Saya menemukannya di Mathoverflow .