Gli insiemi di codifiche di una classe di lingue non banale che contiene l'insieme vuoto possono essere enumerabili ricorsivamente?

Permettere $C$ essere un insieme non banale di lingue ricorsivamente enumerabili ( $\emptyset \subsetneq C \subsetneq \mathrm{RE}$ ) e lascia che sia l'insieme di codifiche delle macchine di Turing che riconoscono un linguaggio in : $L$ $C$

L = {⟨ M ⟩ ∣ L (M) \in C}

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

Supponiamo che , dove è una TM che non si ferma mai. Mi chiedo se è possibile che ? $\langle M_{loopy}\rangle \in L$ $M_{loopy}$ $L \in \mathrm{RE}$

Dal teorema di Rice so che (l'insieme delle lingue ricorsive), quindi o . Deve essere la prima opzione dopo ? $L \notin \mathrm{R}$ $L \notin \mathrm{RE}$ $\overline{L} \notin \mathrm{RE}$ $M_{loopy} \in L$

computability turing-machines

— Numeratore
fonte

Dovresti spiegare la tua notazione. Che cos'è ? Che cos'è ? Che cos'è ? L'unica cosa che hai spiegato è ciò che rappresenta RE, ed è l'unica cosa che non devi spiegare.

⟨ M⟩ $\langle M \rangle$

L ( M) $L(M)$

L¯¯¯¯ $\overline{L}$

— Andrej Bauer,

@AndrejBauer: questa è una notazione abbastanza standard. Significano, da sinistra a destra, la codifica di M, il linguaggio accettato da , e il complemento di .

M $M$

L $L$

— Raffaello

Intendi "quindi o ", presumo?

L ∉ R E $L \notin \mathrm{RE}$

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

— Raffaello

c'è un'estensione del teorema di Rice che descrive le condizioni che rendono . Potrei avere più tempo per scriverlo, a meno che altri non lo facciano. MA , se (che è implicato dall'esistenza di ), allora . Ciò deriva anche da quelli di Rice con la prova standard.

L ∈ R E $L\in RE$

∅ ∈ C $\emptyset\in C$

Ml o o p∈ L $M_{loop}\in L$

L ∉ R E $L\notin RE$

— Ran G.

@Raphael, hai ragione.

— Numeratore

Risposte:

No, non è possibile. Esiste una versione estesa del teorema di Rice¹ per dimostrare che un set di indici non è ricorsivamente enumerabile.

Nella tua notazione, il teorema afferma che se una (non banale) contiene una lingua che ha un superset corretto non in , allora . L'intuizione è che nessun algoritmo può separare le codifiche di e ; non possono decidere che la macchina codificata non accetta alcuna parola da dopo un periodo di tempo , cosa che hanno dovuto fare. $C$ $L_1$ $L_2$ $C$ $L \notin \mathrm{RE}$ $L_1$ $L_2$ $L_2 \setminus L_1$

Ora hai bisogno di ma , quindi si applica il teorema e non è enumerabile ricorsivamente. $\emptyset \in C$ $C \neq 2^{\Sigma^*}$ $L$

L' articolo di Wikipedia è orribile, attenzione!

— Raffaello
fonte

Posso affermarlo da allora

L (Ml o o p) = ∅ $L(M_{loop})= \emptyset$ otteniamo quella macchina turing vuota, che non accetta alcuna parola

Et m ⊂ L $Etm \subset L$ e grazie al teorema di riso lo sappiamo

L ∉ R $L \notin R$ (tutte le condizioni del riso sono OK) quindi perché

Et m ∈Co - R E $Etm \in Co-RE$ lo capiamo

L ∉ R E $L \notin RE$ ?

— Numeratore

@Numeratore: che cos'è Etm? In ogni caso,

L $L$ non è necessariamente in

c o - R E $\mathsf{co\text{-}RE}$ , quindi no. Se lo fosse, quel ragionamento funzionerebbe, sì.

— Raffaello

per completare la risposta di Raffaello, c'è un'estensione del teorema di Rice che dice quanto segue:

Teorema di Rice generalizzato

Permettere $S \subseteq RE$ essere un po 'di proprietà e lasciare $L_S$ essere tutte le TM che soddisfano la proprietà $S$ , questo è,
$L S = {⟨ M ⟩ ∣ L (M) \in S} .$ $L_S = \{ \langle M \rangle \mid L(M) \in S \}.$ Poi, $L_S \in RE$ se e solo se valgono tutte le seguenti condizioni:

per ogni $L_1,L_2 \in RE$ , Se $L_1 \in S$ e $L_1 \subseteq L_2$ poi $L_2 \in S$ .

Se $L_1\in S$ allora esiste un finito $L_2 \subseteq L_1$ tale che $L_2 \in S$ .

La lingua di "tutte le lingue finite in $S$ 'è in RE.
(in altre parole, esiste una TM $M_S$ quello, se $L$ è un linguaggio finito $L=\{w_1, w_2, \ldots w_k)$ , e $(w_1, w_2, \ldots, w_k)$ è dato a $M_S$ come input, $M$ accetta solo se $L\in S$ .

Ora torniamo alla domanda originale. Ora quello $\langle M_{loopy}\rangle\in L$ così $L(\langle M_{loopy}\rangle)\in C$ . Ma $L(\langle M_{loopy}\rangle)=\emptyset$ poiché questa TM non si ferma mai. Ciò significa che $\emptyset \in C$ .

Ora diamo un'occhiata alla prima condizione del teorema sopra. QUALSIASI lingua $L$ soddisfa $\emptyset \subseteq L$ . Pertanto, per soddisfare la condizione 1, deve essere quello $C=RE$ . Tuttavia, la domanda afferma che $C\subsetneq RE$ e quindi, dal teorema, $L\notin RE$ .

— Suonò.
fonte

Esiste una fonte in cui posso saperne di più su questo teorema? Non sono riuscito a trovarne uno online soddisfacente.

— Gokul,

@Gokul Mi è stato detto che questo teorema appare nel libro di Hopcroft, Motwani, Ullman, ma solo nella sua prima versione (apparentemente è stato rimosso nelle versioni successive).

— Ran G.,

@Ran G. Non sono riuscito a trovare il libro citato per controllare questo, ma # 3 sembra sbagliato, dal momento che per

S=RE $S=RE$ , la lingua di tutte le lingue finite non lo è

RE $RE$ . Potresti piuttosto voler dire un'altra condizione simile:

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

D $D$ è la codifica canonica delle lingue finite,

W $W$ l'enumerazione standard di

RE $RE$ lingue e

f $f$ qualche funzione totalmente calcolabile. In tal caso, questa condizione è unicamente equivalente a

LS $L_S$ essere

RE $RE$ . (Vedi la teoria delle funzioni ricorsive e della calcolabilità effettiva di H. Rogers p324 ) Anche se qui il numero 1 e il numero 2 sono sufficienti.

— Beleg,

@Beleg Non vedo perché sia sbagliato. Se

S=RE $S=RE$ allora c'è qualsiasi linguaggio finito

S $S$ , quindi la TM che accetta qualsiasi stringa (o meglio, qualsiasi stringa ben formattata) è un decisore per l'insieme di tutte le lingue finite in S. Se non sei ancora d'accordo, continuiamo nella Chat di Informatica .

— Ran G.

È possibile questo $L$ è un reimpostazione. Considera il caso $C = RE$ . Poi $L$ è l'insieme di tutti i codici di tutte le macchine di Turing. Questo è un set ricorsivo, infatti, a seconda dei dettagli della codifica, potremmo avere $L = \mathbb{N}$ . Quindi in realtà è falso $L$ non può essere ricorsivo.

Sospetto che tu abbia formulato erroneamente la domanda.

— Andrej Bauer
fonte

L'OP escluso

RE $\mathrm{RE}$ .

— Raffaello

@Raphael non ne sono sicuro (dipende se

⊂ $\subset$ era inteso come rigoroso), ma se è ciò che rende interessante la domanda, supponiamo

C $C$ non è tutto

RE $\mathrm{RE}$ .

— Gilles 'SO- smetti di essere malvagio' l'

@Andrej Grazie per la risposta, ma Raphael ha ragione, l'ho escluso

RE $RE$ .

— Numeratore