La previsione (nel limite) delle sequenze calcolabili è dura quanto il problema dell'arresto?


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Domanda : La previsione (come definita di seguito) delle sequenze calcolabili è dura quanto il problema dell'arresto?

Elaborazione : "Predict" significa prevedere con successo, il che significa fare solo molti errori finiti sul compito di provare a prevedere l'n-esimo bit della sequenza dato l'accesso ai precedenti bit n-1 (a partire dal primo bit e passando attraverso il intera sequenza calcolabile infinita).

C'è un semplice argomento di diagonalizzazione (dovuto a Legg 2006) che per qualsiasi predittore di macchine di Turing p, c'è una sequenza calcolabile su cui commette infiniti errori. (Costruisci una sequenza che ha come ennesimo termine l'opposto di ciò che p prevede dati i precedenti termini n-1 nella sequenza.) Quindi non esiste un predittore calcolabile che predice ogni sequenza calcolabile. Un oracolo di arresto consentirebbe la costruzione di tale predittore. Ma puoi dimostrare che avere un predittore del genere ti consente di risolvere il problema dell'arresto?

Più elaborazione

Definizione (Legg)
Un predittore p è una macchina di Turing che tenta di prevedere l'n-esimo bit di una sequenza S cui si accede ai precedenti bit n-1. Se la previsione non riesce a corrispondere all'ennesimo bit della sequenza, chiamiamo questo errore . Diremo che p prevede S se p commette solo molti errori su S. In altre parole, p prevede S se c'è un numero M nella sequenza st per ogni m> M, p prevede correttamente il m-esimo bit di S dato accesso ai primi bit m-1.

Formalmente, potremmo definire una macchina predittore con tre nastri. La sequenza viene immessa come input bit per bit su un nastro, le previsioni per il bit successivo vengono eseguite su un secondo nastro (la macchina può spostarsi solo attraverso questo nastro) e quindi c'è un nastro di lavoro su cui la macchina può muoversi in entrambe le direzioni.

Risultati semplici
Secondo la definizione sopra, c'è un predittore che prevede tutti i numeri razionali. (Usa l'enumerazione standard a zig-zag delle razionali. Inizia predicendo il 1 ° razionale nell'elenco, se c'è un errore, passa al razionale successivo.). Secondo un argomento simile, c'è un predittore a cui è stato dato accesso a N, è in grado di prevedere tutte le sequenze della complessità di Kolomogorov inferiori o uguali a N. (Esegui tutte le macchine N-bit in parallelo e prendi la previsione della macchina che si ferma prima Puoi solo fare molti errori finiti).

Citation Shane Legg 2006 http://www.vetta.org/documents/IDSIA-12-06-1.pdf (non l'autore di questo post)

Risposte:


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In realtà questo è più facile che risolvere il problema di arresto.

Sia una funzione che domina tutte le funzioni calcolabili, vale a dire, per tutte le funzioni calcolabili totali , abbiamo quella per tutti ma finitamente molte , . È un fatto normale che esistano funzioni che hanno un grado di Turing rigorosamente inferiore rispetto al problema di arresto, si veda ad esempio il libro di Soare Insiemi e gradi ricorsivamente enumerabili . Questi sono chiamati alti gradi di Turing.f:NNg:NNng(n)f(n)

Sia , un elenco standard delle funzioni parziali calcolabili da a .φeeNN{0,1}

Ora, usando costruiamo un predittore .fp

p(a0,,ak1) è scelto come un numero modo da far concordare la sequenza con per il minimo possibile . Dal momento che non possiamo aspettare che i calcoli sospesi possano essere arrestati, monitoriamo i calcoli solo fino allo stadio ( molti passaggi di calcolo). Se non esiste una abbiamo appena impostato arbitrariamente (diciamo ).ak{0,1}a0,,akφt(0),,φt(k)tkf(k)f(k)tak=0

Supponiamo ora che sia minimo in modo tale che calcoli la sequenza calcolabile effettivamente osservata. Quindi per tutti ma finitamente molti useranno e quindi scegliere il corretto , perché domina la funzione del tempo di esecuzione per , ovvero il minimo stadio in cui ha fermato.qφqkt=qakfφqs(n)=φq(n)


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