Является ли разрешимым набор машин Тьюринга, который останавливается не более чем на 50 шагов на всех входах?

Пусть . Мне нужно решить, является ли F разрешимым или рекурсивно перечислимым. Я думаю, что это можно решить, но я не знаю, как это доказать.$F = \{⟨M⟩:\text{M is a TM which stops for every input in at most 50 steps}\}$

Мои мысли

Эта часть "50 шагов" немедленно поворачивает знак R для меня. Если бы это было для конкретного ввода, это было бы разрешимо. Тем не менее, здесь это для каждого входа. Проверка его на бесконечные входные данные заставляет меня думать, что проблема в ко-RE , то есть его дополнение приемлемо.

Возможно, я могу проверить конфигурации и увидеть, что все конфигурации после 50 шагов не приводят к принятию состояния - как мне это сделать?

$N$$N \geqslant 1$

Как отмечает Свиг в более раннем ответе, если машина останавливается после не более чем шагов, значительными будут только ячейки на ленте. Тогда достаточно смоделировать машину на всех входных строках вида , из которых существует конечное число.0 , 1 , … , N - 1 $N$$0,1,\ldots,N-1$$M$$x \in \Sigma^N$

• Если какой-либо из этих симуляций не удается войти в состояние остановки с помощьюпереход, это указывает, что любая входная строка, начинающаяся с является той, для которой машина не останавливается в течение первых шагов.$N^{\text{th}}\:\!$$x$$N$
• Если все эти симуляции останавливаются с помощьюпереходного периода, то останавливается за шагов на всех входах любой длины (из которых подстрока длины - это все, на что она когда-либо действует).$N^{\text{th}}\:\!$N $M$$N$$N$

Если останавливается не более чем за 50 шагов, то позиции могут быть достигнуты на обычно бесконечной ленте, ограничены. Таким образом, бесконечная лента может моделироваться конечной. Это означает, что лента может моделироваться конечным автоматом. Отсюда следует, что машина Тьюринга которая останавливается не более чем за 50 шагов, похожа на некоторый конечный автомат .М М М $M$$M$$M$$M'$

Пусть - множество состояний , - множество принимающих состояний, а - алфавит. Затем мы строим множество состояний из следующим образом: где - позиция головки чтения / записи над лентой. Мы можем ограничить позицию потому что количество разрешенных вычислительных шагов ограничивает количество достижимых позиций.М Ж ⊂ Q Γ Q ' М ' Q ' = { ⟨ п , д , ев , р , $Q$$M$$F \subset Q$$\Gamma$$Q'$$M'$р { - 50 , . , , , 50 $Q' = \{ \langle n, q, s, p, a\rangle \, | n \in \{0,...,50\} \, q \in Q, s \in \Gamma, p \in \{-50,...,50\}, a \equiv q \in F\}$$p$$\{-50,...,50\}$

Наличие состояния конечного автомата означает, что мы находимся в состоянии исходного автомата с на ленте в положении где также находится головка чтения / записи позиционируется после шага вычисления. Состояние является принимающим, если .M ' Q сек р п ≡ т т у $\langle n, q, s, p, a\rangle$$M'$$q$$s$$p$$n$$a \equiv true$

Преобразование отношения перехода конкретной машины Тьюринга - немного больше работы, но не обязательно для исходного вопроса, потому что этого достаточно, чтобы показать, что пространство состояний конечно (и, таким образом, мы можем просто проверить каждый вход с длиной не более 50). символы на каждом таком автомате). Идея состоит в том, чтобы построить новое отношение перехода, которое переходит из состояния в состояние в -го вычисления шага тогда и только тогда переход был в первоначальном отношении перехода.⟨ п + 1 , д ' , ев ' , р ' , ' ⟩ п ⟨ д , ев , р ⟩ → ⟨ д ' , ев ' , р '$\langle n, q, s, p, a \rangle$$\langle n+1, q', s', p', a'\rangle$$n$$\langle q, s, p\rangle \rightarrow \langle q', s', p'\rangle$