Decidibilità della lingua del prefisso

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A medio termine c'era una variante della seguente domanda:

Per una decidibile definire Mostra che non è necessariamente decidibile. $L$
$pref (L) = {X | \exists y st X y \in L}$ $\text{Pref}(L) = \{ x \mid \exists y \text{ s.t. } xy \in L\}$ $\text{Pref}(L)$

Ma se scelgo allora penso che sia anche , quindi decidibile. Anche dà lo stesso risultato. E poiché deve essere decidibile, non riesco a individuare il problema di arresto o simili. $L=\Sigma^*$ $\text{Pref}(L)$ $\Sigma^*$ $L=\emptyset$ $L$

Come posso trovare tale che non è decidibile? $L$ $\text{Pref}(L)$
Quali condizioni su renderanno determinabile e quali lo renderanno indecidibile? $L$ $\text{Pref}(L)$

computability undecidability

— Suonò.
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Si noti che utilizzando un quantificatore esistenziale di fronte a una lingua decidibile possiamo ottenere qualsiasi re lingua, cioè ogni lingua re è espressibile come

{X \in Σ^{*} | \exists y \in Σ^{*} ⟨ X, y ⟩ \in V}

$\{ x\in \Sigma^* \mid \exists y \in \Sigma^* \ \langle x,y \rangle \in V \}$

dove è una lingua decidibile. Questi includono linguaggi indecidibili come . $V$

{UN}_{T M} = {⟨ e, X ⟩ | e codifica una macchina di Turing che accetta X}

$A_{TM} = \{ \langle e, x\rangle\ \mid \text{$e$ encodes a Turing machine which accepts $x$} \}$

L'unica differenza è che qui dobbiamo separata e noi stessi. Il trucco standard consiste nell'utilizzare un nuovo simbolo per separare le due parti (supponiamo che il separatore appartenga a ). Pertanto qualsiasi linguaggio re compreso quelli indecidibili possono essere espressi in questo formato. $x$ $y$ $y$

Per la seconda domanda, non esiste un modo algoritmico generale per verificare se i prefissi di un determinato linguaggio decidibile sono indecidibili. Ciò deriva dal teorema di Rice.

— Kaveh
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puoi dare esplicitamente la

che crea

?

V

$V$

A_{T M}

$A_{TM}$

— Ran G.

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lascia che

sia una stringa intesa a rappresentare un arresto che accetta il calcolo di

su

,

controllerà se

è un calcolo accettante di

su

.

y

$y$

M_{e}

$M_e$

x

$x$

V

$V$

y

$y$

M_{e}

$M_e$

x

$x$

— Kaveh,

Questa è una bella soluzione!

— Ran G.

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Meta-conoscenza: vuoi trovare un linguaggio non decidibile che abbia comunque delle proprietà computazionali. Un linguaggio arbitrario non decidibile probabilmente non ti condurrà molto lontano. Ma semi-decidibile ...

Suggerimento più forte: cos'è una lingua semi-decidibile? Significa che possiamo elencare le parole: è un insieme di parole tale che esiste un intero tale che $u$ $n$

u = f (n)

$u = f(n)$

Fissare questa equazione per un po ', tenendo conto della decidibilità e dei prefissi.

Intuitivamente parlando, supponi di avere qualche e ti piacerebbe testare se è in . In generale non farai meglio di controllare , , , ecc. Dove sono le lettere dell'alfabeto. Questa è una funzione ricorsiva parziale che verifica l'appartenenza a . Certo, sapevamo che $x$ $\mathrm{Pref}(L)$ $x a$ $x b$ $x a a$ $a,b,\cdots$ $\mathrm{Pref}(L)$ $\mathrm{Pref}(L)$ era già re; quello che dobbiamo mostrare è che a volte non esiste un metodo alternativo. Prendiamo un po 'di set che è re e non ricorsivo, e lascia che sia un'enumerazione di ( ). $S \subset \mathbb{N}$ $f$ $S$ $S = {f(x) \mid x\in\mathbb{N}}$

Supponi che l'alfabeto contenga tre simboli , e (se hai solo due simboli , codifica come , come e come ). Se , lascia essere scritto in base 2 con i simboli e senza leader . $0$ $1$ $:$ $\{\aleph,\beth\}$ $0$ $\aleph\aleph$ $1$ $\aleph\beth$ $:$ $\beth$ $n\in\mathbb{N}$ $\bar n$ $n$ $0$ $1$ $0$

Sia . In parole povere, prendiamo gli elementi di e ci attacchiamo al loro indice di enumerazione. è chiaramente decidibile (controlla che esista un singolo che le sequenze di due cifre non contengano iniziali e che la sequenza di prima cifra comporti l'immagine per del numero che la seconda incantesimi). Tuttavia, decidere se è un prefisso di equivale a decidere se è presente $L = \{\bar y\mathord:\bar x \mid y = f(x)\}$ $S$ $L$ $:$ $0$ $f$ $\bar y$ $L$ $y$ , cosa che non puoi fare senza conoscere poiché non è ricorsivo per ipotesi. Formalmente, non è decidibile, perché non è decidibile. $S$ $x$ $S$ $\mathrm{Pref}(L)$ $\mathrm{Pref}(L) \cap \{0,1\}^*\mathord: = S\mathord:$

— Gilles 'SO- smetti di essere malvagio'
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