Может ли машина Тьюринга выбрать язык машин с пустым языком?

Пусть Есть ли машина Тьюринга R, которая решает (я не имею в виду, распознает) язык ?L

Похоже, тот же метод, который использовался, чтобы показать, что должен работать здесь.$\{A \mid A \text{ is a DFA and } L(A)=\emptyset\}$

Под маркировкой вы, вероятно, подразумеваете анализ достижимости - поиск пути от исходного состояния к принимающему состоянию. Действительно, язык DFA пуст, если такого пути нет.

Давайте начнем с примера того, почему это не удается в TM. Рассмотрим ТМ , что в , игнорирует это вход, но пишет на это ленты, перемещает право голову и переходит в состояние , то в он снова игнорирует вход, пишет , перемещает голову влево и идет к . В , если он читает , то он пишет перемещает право голову и возвращается к . a q 1 q 1 a q 2 q 2 a a q $q_0$$a$$q_1$$q_1$$a$$q_2$$q_2$$a$$a$$q_1$

То есть, машина просто пишет и чередуется между двумя состояниями ( и ) и всегда имеет два смежных «S на ленте.q 1 q 2$a$$q_1$$q_2$$a$

Теперь мы добавим переход от который при чтении переходит в принимающее состояние и останавливается.$q_2$$b$

Язык этой машины пуст. Действительно, бег всегда застревает в цикла, и никогда не будет в допускающее состояние. Тем не менее, существует путь к принимающему состоянию. Так что пошло не так?$q_1-q_2$

Что ж, интуитивно, «состояние» ТМ недостаточно информативно, чтобы описать продолжение прогона. Чтобы получить всю информацию, вам нужна конфигурация ТМ, которая включает в себя состояние, положение головки и содержимое ленты. Если вы найдете путь к конфигурации (который называется прогоном ) к принимающей конфигурации, то на самом деле язык не пустой, и это условие iff.

Проблема с использованием анализа достижимости на графе конфигурации состоит в том, что он может быть бесконечным. Вот почему решение о пустоте языка неразрешимо.

Именно поэтому языковая незаполненность распознаваема - вы можете выполнить BFS на бесконечном графе конфигурации. Если есть путь к принимающему состоянию, вы найдете его в конце концов. Если нет, однако, вы можете застрять в бесконечном поиске.

$A$ неразрешима из-за теоремы Райса , которая утверждает, что нетривиальные свойства частичных функций не разрешимы.

1. Есть ТМ, который не принимает ни одной строки. (Который напрямую переходит в состояние отказа).
2. Существует МТ, который принимает каждую строку. (Который непосредственно переходит в состояние принимаю).

Это означает , что функции , вычисленные с помощью элементов имеют нетривиальное свойство. Поэтому не разрешимы.$A$$A$

$E$ разрешима только в предположении, что DFA кодируются особым образом, таким как таблица перехода состояний или т. Д. (Мы не можем решить, принимает ли ТМ только обычные языки, из-за теоремы Райса!). В этом случае теорема Райса не применяется , поскольку конкретное кодирование элемента необходимо решить на . Поэтому мы не просто выбираем частичные функции.$E$

(То есть, если бы проблема заключалась в том, чтобы решить, является ли конкретный TM DFA - или DFA вычислимым - и язык, принятый им, является пустым, будет неразрешимым по теореме Райса. Обратите внимание, что в этом случае .)A = $E$$A = E$

Еще один совет: попробуйте уменьшить проблему остановки до .$L_\emptyset$

(Первоначальный совет - использовать теорему Райса, но в этом случае прямое доказательство также довольно просто.)

Лемма 1. Если L неразрешима, то и дополнение L.

Мы знаем, что проблема остановки неразрешима. Следовательно, согласно дополнению леммы 1 к задаче остановки, также неразрешима.$H_{TM}$ Н с Т М$H_{TM}^c$

$H_{TM}$ =$\{\langle M, x \rangle { }\mid \text{ M is a TM and M halts on input x } \}$

$H_{TM}^c$ =$\{\langle M, x \rangle { }\mid \text{ M is a TM and M loops on input x } \}$

$E_{TM}$ =$\{\langle M \rangle { }\mid \text{ M is a TM and L(M) = } \emptyset \}$

Предположим, что разрешимо. Мы уменьшим до - другими словами, мы покажем, как построить машину Тьюринга которая решает используя TM, который решает . Это дает нам противоречие, потому что мы знаем, что неразрешима, и поэтому не может существовать. Слово «уменьшить» просто означает решение данной проблемы путем преобразования ее в другую проблему, которую мы уже знаем для решения. Таким образом, машина Тьюринга для может быть построена следующим образом:$E_{TM}$$H_{TM}^c$$E_{TM}$$M_{H_{TM}^c}$$H_{TM}^c$$M_{E_{TM}}$$E_{TM}$$H_{TM}^c$$M_{H_{TM}^c}$$H_{TM}^c$

$M_{H_{TM}^c}$ = «на входе$\langle M,x \rangle$

$\qquad$ 1. Создайте код для TM, который выполняет следующие действия:$M_1$

$\qquad$ $\quad$ $M_1$ = "на входе$w$

$\qquad$ $\quad$ 1. Имитируйте на .$M$$x$

$\qquad$ $\quad$ 2. Принять, если остановится. "$M$

$\qquad$ 2. Запустите на$M_{E_{TM}}$$\langle M_1 \rangle$

$\qquad$ 3. Принять, если принимает, отклонить в противном случае. "$M_{E_{TM}}$

Важно понимать, что TM никогда не моделируется - такое моделирование может пойти в бесконечный цикл. Все, что мы делаем, это создаем код для .$M_1$$M_1$

$M_1$ построен так, что на любом заданном им входе он будет имитировать с входом . может остановить или зациклить на и, следовательно, может быть два случая:$w$$M$$x$$M$$x$

$\quad$ 1. принимает все входы если останавливается на . отклонит как .$M_1$$w$$M$$x$$M_{E_{TM}}$$M_1$$L(M_1) \neq \emptyset$

$\quad$ 2. Если зацикливается на , также будет зацикливаться для каждого входного данного ему. В любом случае, поскольку является решателем он отклонит и остановит вход как .$M$$x$$M_1$$w$$M_{E_{TM}}$$\quad$$M_1$$L(M_1) = \emptyset$

$Correctness$ : поскольку всегда останавливается (по нашему предположению), также всегда останавливается. принимает, если принимает, то есть если что происходит, если зацикливается на . отклоняет, если отклоняет это что происходит, если останавливается на . Таким образом, решает, что противоречит, поскольку неразрешима.$M_{E_{TM}}$$M_{H_{TM}^c}$$M_{H_{TM}^c}$$M_{E_{TM}}$$L(M_1) = \emptyset$$M$$x$
$M_{H_{TM}^c}$$M_{E_{TM}}$$L(M_1) \neq \emptyset$$M$$x$$M_{H_{TM}^c}$$H_{TM}^c$$H_{TM}^c$

$Nb:$

Пусть R будет сокращением от до .$H_{TM}^c$$E_{TM}$

Снижение дает:

i)$\langle M, x \rangle \in H_{TM}^c \Leftrightarrow R(\langle M,x \rangle) \in E_{TM}$

$\qquad$ M зацикливается на вводе x, если язык, распознаваемый ничего не принимает$R(\langle M,x \rangle)$

ii)$\langle M, x \rangle \notin H_{TM}^c \Leftrightarrow R(\langle M,x \rangle) \notin E_{TM}$

$\qquad$ M останавливает ввод x, если язык, распознаваемый что-то принимает$R(\langle M,x \rangle)$

Доказательство противоречит (что, как мы знаем, неразрешимо).$A_{TM}= \{\langle M,w\rangle \mid M \text{ is a Turing Machine which accepts w}\}$

Предположим, что существует , TM, который решает$R_{TM}$$L_\emptyset$

Затем можно использовать при построении TM , который является решающим для$R_{TM}$$S_{TM}$$A_{TM}$

⟨ М , ш ⟩ М $S_{TM}=^{definition}$ «На входе , где представляет собой кодирование ТМА и является строкой:$\langle M,w\rangle$$M$$w$

1. Измените , принимая во внимание ввод , так что новый (назовите его ) отклоняет все входные данные, которые не равны , где встроен в его описание. Если вход равен , то запускает на и выводит все, что выводит.w M M 1 w w w M 1 M w $M$$w$$M$$M_1$$w$$w$$w$$M_{1}$$M$$w$$M$

2. Запустите с помощью ввода ⟨ М 1 , ш $R_{TM}$$\langle M_1,w\rangle$

3. Выведите противоположный вывод . "$R_{TM}$

Предположение, что существует deicer машины Тьюринга для , позволяет нам построить решающий элемент для , что является противоречием.A T $L_\emptyset$$A_{TM}$

E = {| М представляет собой ТМ и L (M) = Φ}. Является ли E Turing узнаваемым?

E - это язык, чтобы принять язык E, мы создаем машину Тьюринга. Предположим, мы создаем EM Тьюринга для языка E.

EM будет вводиться в качестве входного кода для кодирования других машин Тьюринга. Если эта введенная машина M принимает пустой язык, то она будет членом языка E, иначе она не будет членом языка.

Предположим, у нас есть машина Тьюринга M, нам нужно проверить, принимает ли она пустой язык. У машины Тьюринга EM есть M и строки eps, a, b, aa, bb, ..... EM проверит, может ли M достичь конечного состояния хотя бы на одном входе, и принимает ли он хотя бы один вход будет отброшен и не включен в язык E. Теперь рассмотрим возможность того, что TM M попадет в цикл, поэтому M продолжит работать, и мы не могли решить, может ли он принимать или не принимать что-либо. Следовательно, данный язык E НЕ RE.

PS: я думаю, что дополнением к данному языку E будет RE.