Una variante della funzione di castoro occupato

Leggendo questa domanda " Problemi indecidibili di RE naturale ma non completi di Turing " mi è venuta in mente la seguente lingua:

Se $\Sigma(\cdot)$ è la funzione di castoro occupato (punteggio massimo raggiungibile tra tutte le macchine di Turing a stato n con 2 simboli di arresto del tipo sopra descritto, quando avviate su un nastro vuoto), definire la funzione:

B B (⟨ M ⟩) = {\begin{cases} 1 & ⟨ M ⟩ computes Σ (\cdot) \\ 0 & otherwise \end{cases}

$BB(\langle M \rangle) = \begin{cases} 1 & \text{$\langle M \rangle$ computes $\Sigma(\cdot)$}\\ 0 & \text{ otherwise} \end{cases}$

Ora definisci la lingua:

$L = \{ \langle M \rangle \; | \; \langle M \rangle \mbox{ halts and } BB(\langle M \rangle) = 0 \}$

è $L$ ricorsivamente enumerabile? (dovrebbe essere re: basta simulare in M parallelo con tutte le TM della stessa lunghezza, e se $M$ si arresta ed un altro $M'$ ferma con un più alto punteggio metti M per l'enumerazione).

Possiamo ridurre il problema dell'arresto a $L$ ? (sembra che non possa "catturare" l'arresto dei castori indaffarati)

computability turing-machines

— vor
fonte

il numero di stati?

| ⟨ M ⟩ |

$|\langle M \rangle|$

— Pål GD,

Quando enumererai una

che non si ferma in

non può essere RE a meno che non enumerare tutti i suoi membri, e la procedura che hai descritto enumera solo quelli che in realtà battuta d'arresto.

M

$M$

L

$L$

L

$L$

— Steven Stadnicki,

@ PålGD: sì, è il numero di stati (escluso lo stato di arresto)

— Vor

@StevenStadnicki: ho implicitamente supposto che

contenga solo macchine che si fermano ... forse dovrei chiarirlo nella domanda (fammi pensare un po ', forse rende la domanda banale).

L

$L$

— Vor

@Kaveh Non è nemmeno un problema promessa - si può semplicemente definire

(come credo il PO inteso) come

L

$L$

L = {⟨ M ⟩ | M halts \land B B (⟨ M ⟩) = 0}

$L=\{\langle M\rangle | M\ \text{halts} \wedge BB(\langle M\rangle) = 0\}$

— Steven Stadnicki,

Risposte:

Non riesco a credere di non averlo visto prima, ma sì, con un oracolo per puoi risolvere il problema dell'arresto. Ovviamente un oracolo per ci dà "ricorsivamente" tutte le macchine per fermare i castori non occupati, quindi la domanda è "possiamo capire ricorsivamente in quali sono i castori occupati?". Definire come funzione di conteggio del "secondo castoro più indaffarato"; cioè, il secondo punteggio più alto ottenibile tra tutte le TM -state a due simboli fermanti. Il trucco qui è che c'è una funzione ricorsiva tale che $L$ $L$ $L$ $\Sigma_2(n)$ $n$ $f()$ (è quasi certo che farà il trucco, in realtà, ma ciò richiede che si sappia che la funzione BB è in costante aumento): data una macchina di dimensione che stampa 1s sul suo nastro e poi si ferma, c'è qualche e due macchine ciascuna di dimensioni che stampano esattamente 1s e esattamente $\Sigma(n)\leq\Sigma_2(f(n))$ $f(n)=n+1$ $M$ $n$ $\Sigma(M)$ $c\gt 1$ $\leq cn$ $\Sigma(M)$ 1s, rispettivamente, sui loro nastri - e questo vale per una macchina "castoro indaffarata" anche se non conosciamo esplicitamente. Ciò significa che avere un limite sulla funzione "secondo castoro occupato" per dà un limite per la funzione castoro occupato su ; ma poi avendo questo, è facile risolvere il problema della terminazione per una TM di dimensione - qualora allora dire che si arresta; altrimenti, trova la macchina più lunga della dimensione in $\Sigma(M)+1$ $M$ $M$ $f(n)$ $n$ $M$ $n$ $\langle M\rangle\in L$ $M$ $f(n)$ $L$ (che può essere fatto in modo ricorsivo poiché ci sono solo finitamente molte macchine di dimensioni ) e simula per tutti i passaggi necessari per fermare quella macchina. Se non si ferma entro quel tempo, allora non può fermarsi. $\leq f(n)$ $M$ $M$ $M$

— Steven Stadnicki
fonte

Grazie; ispirato dalla tua risposta ho trovato un rapido (banale) -: riduzione diretta dal problema di arresto in una risposta separata.

— Vor

Questa è una versione rielaborata della buona risposta di Steven, con una riduzione esplicita del problema di Halting.

Dato accumulo che corre su e se si ferma va a destra del nastro, scrive uno 0 e battuta d'arresto. $\langle M \rangle, w$ $M'$ $M$ $w$

Se ferma, perché esiste una TM equivalente della stessa dimensione che scrive 1 e si ferma; quindi possiamo usare il decisore per per verificare se ferma su ( ferma su iff ) $M'$ $BB(M')=0$ $L$ $M$ $w$ $M$ $w$ $M' \in L$

... si è scoperto che la domanda è davvero banale :-)

— vor
fonte