Класс языков, распознаваемых одноленточными ТМ с тремя состояниями

Какое-то время мне было любопытно, что машины Тьюринга имеют ровно одну ленту и ровно 3 состояния (а именно, начальное состояние , состояние принятия и состояние отказа ). Обратите внимание, что я допускаю произвольные (конечные) алфавиты ленты (т. Е. Алфавит ленты не ограничен равным входному алфавиту).$q_0$$q_{accept}$$q_{reject}$

Для удобства назовите класс языков, распознаваемых такими ТМ, . У меня есть несколько вопросов об этом классе:$C_3$

1. Имеет ранее были изучены?$C_3$
2. Известно ли, что равен другим интересующим классам сложности / вычислимости?$C_3$
3. Является ли класс устойчивым к изменениям в модели. Например, если используемым TM разрешено оставаться на месте в течение одного перехода (в отличие от постоянного перемещения влево или вправо) или если лента сделана бесконечной в обоих направлениях, а не только вправо, класс делает смены языков, распознаваемых 3-штативными ТМ с 1 лентой?$C_3$
4. Как относится к классу регулярных языков, ? (В частности, каждый регулярный язык в$C_3$$Regular$$C_3$?)

(Довольно поверхностный) поиск вызвал только этот пост cs.stackexchange, который уместен, но не отвечает на мои вопросы и этот документ , который я не прочитал достаточно подробно, чтобы быть уверенным, что он относится именно к классу.$C_3$ а не похожий, но другой класс (в статье утверждается, что (1) каждый язык в $C_3$ разрешима и (2) что $C_3$ а также $Regular$различные классы с непустым пересечением). Как отмечено в комментариях к посту cs.stackexchange, такие виды ТМ можно рассматривать как очень специфические клеточные автоматы, так что, возможно, кто-то, кто знает литературу по теории клеточных автоматов, мог бы помочь.

Зверь очень мощный , например, мы можем построить ТМ$M$ который принимает каждую строку формы

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

и отклоняет каждую строку в форме

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

Идея состоит в том, чтобы преобразовать первый $r$ в $R$и затем позвольте голове достичь середины струны, затем сделайте зигзаг без состояния; если оно достигнет$A$ перед $R$ тогда он принимает.

Неформальное описание:

• на $r$ записывать $R$ и двигайтесь направо (приготовьтесь к отказу)
• на $0$ записывать $c$ и двигайтесь вправо (двигаясь к центру)
• на $1$ записывать $>$ и двигаться влево (отметить $1$, подготовьтесь к следующему перекрестку слева направо и идите налево)
• на $c$ записывать $<$ и двигаться вправо (отметьте $0$, подготовьтесь к следующему перекрестку справа налево и идите направо)
• на $<$ записывать $>$ и идите налево (пересечение слева направо, подготовьтесь к следующему справа налево)
• на $>$ записывать $<$ и идите направо (перекресток справа налево, подготовьтесь к следующему слева направо)
• на $A$ принять, на $R$ отклонять
• на бланке $b$ отклонять

Пример:

  :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

Эта техника зигзага используется в самой маленькой универсальной машине Тьюринга с двумя состояниями (она имеет 18 символов), созданной Рогожиным (Рогожин, 1996. TCS, 168 (2): 215–240)).

Некоторое внимание следует уделить, чтобы доказать, что $M$ остановка на всех входах (просто обратите внимание, что она отклоняется на пустом вводе, и все не останавливающие символы "сходятся" к $<$ или $>$ что не может привести к бесконечному циклу).

Как прокомментировал DavidG, язык $L(M)$ признан $M$ это надмножество $L_Y$ (т.е. $L_Y \subset L(M)$) но он не содержит строки из $L_N$ (т.е. $L(M) \cap L_N = \emptyset$) и - как прокомментировал МихаилРудой - этого достаточно, чтобы доказать, что $L(M)$ не регулярно.

Действительно, если $L(M)$ регулярно, то также $L(M) \cap \{ r0^*1^*A \} = L_Y = \{ r0^n 1^mA \mid m \leq n \}$будет регулярным (что не является простым применением леммы прокачки); приводя к противоречию.

Так $L(M)$ не регулярно .

... но как и все супергерои $C_3$ имеет пятку Ахилла: он даже не может распознать

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

Неофициально он может использовать только самый левый $b 1 ...$ ($b$ это пустой символ) или правый туман $1b...$как крюк и «расширяться» в другом направлении; но окончательное принятие или отклонение не может быть на пустом символе противоположной стороны, поэтому это может быть сделано только на внутренней части$1$s и, начиная с достаточно длинного ввода, его можно «подделать», растягивая на единицу.

Наконец, прочитав статью, я могу подтвердить, что описанная в ней ТМ с одним состоянием соответствует вашему $C_3$ класс ... (так что ничего нового здесь :-) ... и язык, использованный автором для доказательства того, что он содержит нерегулярные языки, очень похож на мой.

Я недооценил силу $C_3$... на самом деле это не так уж далеко от гиперкомпьютера !

(Я публикую это как отдельный ответ для большей ясности)

Мы можем построить единую государственную машину Тьюринга $M$ который принимает строки в форме:

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

и отклоняет строки в форме:

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

Идея и конструкция аналогичны предыдущему ответу: трансформируйте первый $a$ в $A$позвольте голове достичь середины строки, затем сделайте зигзаг без состояния, но переходы «реализуют» двоичный счетчик в первой половине следующим образом: $Z$(Ноль) отскакивает голову вправо , и преобразовать$Z$ в $S$ (Один) в следующий раз, когда голова достигает $S$, преобразовать его в $)$и пусть голова двигается влево; когда голова достигает$)$ превратить его в $Z$, Вторая половина строки ведет себя как одинарный счетчик.

Переходы:

• на $r$ записывать $R$ и двигайтесь направо (приготовьтесь к отказу)
• на $0$ записывать $Z$ и двигайтесь вправо (двигаясь к центру, установите двоичный счетчик на 0 ..)
• на $1$ записывать $>$ и двигаться влево (отметить $1$ и уменьшаем унарный счетчик, готовимся к следующему пересечению слева направо и возвращаемся к двоичному счетчику)
• на $>$ записывать $<$ и идите направо (пересечение второй половины строки справа налево, подготовка к следующему слева направо)
• на $<$ записывать $>$ и идите налево (пересечение второй половины строки слева направо, подготовка к следующему справа налево)
• на $Z$ записывать $S$ и двигаться вправо (преобразовать цифру в единицу и отскочить назад вправо в направлении унарного счетчика)
• на $S$ записывать $)$ и двигаться влево (очистить цифру, и пусть голова сместится влево, как «перенос», подготовиться к следующему слева направо первой части)
• на $)$ записывать $Z$ и двигайтесь вправо (установите ноль, который вызовет отскок, и пусть голова сместится вправо)
• на $A$ принять, на $R$ отклонять
• на бланке $b$ отклонять

Пример:

 :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

Некоторое внимание следует уделить, чтобы доказать, что $M$ остановка на всех входах (только обратите внимание, что она отклоняется на пустом вводе, и все не прерывающиеся символы "циклически" $( , S , Z$ или $<, >$ что не может привести к бесконечному циклу).

Язык $L(M)$ это надмножество $L_Y$ ($L_Y \subset L(M)$) и не содержит строк из $L_N$ ($L(M) \cap L_N = \emptyset$).

Предположим, что $L(M)$является контекстно-свободным , а затем - закрывающим свойством КЛЛ, пересекающим его с обычным языком$\{r 0^* 1^* A\}$ создать язык CF:

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

Но простым применением леммы Огдена для КЛЛ мы можем доказать, что$L_Y \notin CFL$: просто выбери достаточно долго $s \in L_Y$ и отметьте все $0$S; по крайней мере, один ноль может быть накачан и что бы ни было число$1s$ в насосной колонне экспоненциальный рост $2^n$ приводит к строке $\notin L_Y$).

Так $L(M)$ не Context Free .

... теперь мне интересно, если это еще один ответ "изобретать велосипед", или это новый (маленький) результат.

В этом ответе предполагается, что машины Тьюринга имеют двусторонние бесконечные ленты. Претензии не распространяются на односторонние бесконечные ленты.

Позвольте мне сначала определить класс языков $C_3'$как класс всех языков, разрешимых на одноленточных машинах Тьюринга с 3 состояниями ($C_3$был определен как класс языков, распознаваемых одноленточными машинами Тьюринга с 3 состояниями). Я ввел класс$C_3'$ потому что в моем первоначальном ответе я неосознанно поменял классы $C_3$ а также $C_3'$ (Я только учел класс $C_3'$).

Этот ответ является скорее дополнением к ответам @MarzioDeBiasi. Он показал, что классы$C_3$ а также $C_3'$не содержатся в КЛЛ и, следовательно, содержат довольно интересные языки. Однако, как я покажу в этом посте, каждый язык$L$ в $C_3'$ обладает тем свойством, что множество $\{1^n;n\in\mathbb{N}\backslash\{0\}\}$ либо в $L$ или в его дополнении $L^C$, таким образом$C_3'$также очень ограничительный, например. он содержит только тривиальные унарные языки$\{\}$, $\{\varepsilon\}$, $\{1^n;n\in\mathbb{N}\}$ а также $\{1^n;n\in\mathbb{N}\backslash\{0\}\}$, Класс$C_3$содержит немного больше унарных языков. Тем не менее, он считает, что если$L\in C_3$ а также $1^n\in L$ за $n\geq 1$, тогда $1^m\in L$ для всех $m\geq n$, Простым следствием является то, что не все обычные языки$C_3$ ни в $C_3'$, Также язык$\{1\}$ не в $C_3$ ни в $C_3'$,

Для претензии (выделено жирным шрифтом) о $C_3'$, достаточно доказать, что одноленточная машина Тьюринга $M$ с 3 состояниями, которые всегда останавливаются, принимает или отклоняет все строки из $\{1^n;n\in\mathbb{N}\backslash\{0\}\}$, Предположим, что строка вида$1^n$, $n\in\mathbb{N}\backslash\{0\}$, дается $M$, Есть три случая:

1) Когда$M$ читает 1, он принимает или отклоняет.

2) Когда$M$читает 1, это перемещает голову налево. Если мы хотим$M$чтобы остановить этот ввод, он должен принять, отклонить или переместить вправо на пустой символ. Следовательно, он никогда не посещает ячейку справа от начальной ячейки ленты. Если это произойдет, он будет работать вечно на входе 1.

3) Когда$M$читает 1, это перемещает голову вправо. Отсюда следует, что после$n$ шаги, содержание ленты $A^n$ где $A$ это какой-то символ из ленты алфавита и главы $M$ находится на крайнем левом пустом символе справа от последнего $A$, Если мы хотим$M$чтобы остановить этот ввод, он должен принять, отклонить или переместить влево на пустой символ. Как и в случае 2), глава$M$ теперь никогда не будет посещать камеру слева от самого правого $A$, Если бы это было, то$M$ будет работать вечно на входе 1.

Понятно, что во всех трех случаях $M$ принимает все строки из набора $\{1^n;n\in\mathbb{N}\backslash\{0\}\}$ или это отвергает их всех.

Доказательство иска (выделено жирным шрифтом) о $C_3$следует той же линии, что и выше. Мы берем одноленточную машину Тьюринга с тремя состояниями$M$ который принимает строку $1^n$ для некоторых $n\geq 1$, предполагать$M$ дан вход $1^m$ за $m\geq n$, Мы должны доказать это$M$принимает этот вход. У нас есть 3 случая:

1) Когда$M$ читает 1, он принимает.

2) Когда$M$читает 1, это перемещает голову налево. Потому что$M$ принимает ввод $1^n$, он должен принять или переместиться вправо на пустой символ. Следовательно, он никогда не посещает$n$Ячейка справа от начальной ячейки. Если бы это было так, он бы работал вечно на входе$1^n$,

3) Когда$M$читает 1, это перемещает голову вправо. Отсюда следует, что после$m$ шаги, содержание ленты $A^m$ где $A$ это какой-то символ из ленты алфавита и главы $M$ находится на крайнем левом пустом символе справа от последнего $A$, Потому что$M$ принимает ввод $1^n$, он должен принять или переместиться влево на пустой символ. Как и в случае 2), глава$M$ теперь никогда не будет посещать $n$Ячейка слева от самой правой $A$, Это потому что на входе$1^n$, $M$ не посещает ячейку, расположенную непосредственно слева от начальной ячейки, поскольку она содержит пустой символ, и если она прочитает его, она будет работать вечно.

Понятно, что во всех трех случаях $M$ принимает все строки из набора $\{1^m;m\geq n\}$,