Classe di lingue riconoscibile dalle TM a 3 stati a nastro singolo

Sono stato per un po 'curioso di Turing Machines con esattamente un nastro ed esattamente 3 stati (ovvero lo stato iniziale , lo stato accettazione q a c c e p t e lo stato di rifiuto q r e j e c t ). Si noti che consento alfabeti a nastro arbitrari (finiti) (ovvero, l'alfabeto a nastro non è limitato per uguagliare l'alfabeto di input).$q_0$$q_{accept}$$q_{reject}$

Per comodità, chiama la classe di lingue riconoscibile da tali TM . Ho diverse domande su questa classe:$C_3$

1. È stato studiato in precedenza?$C_3$
2. È noto per eguagliare qualsiasi altra classe di complessità / computabilità di interesse?$C_3$
3. La classe robusta rispetto alle modifiche del modello? Ad esempio, se alle TM utilizzate è consentito rimanere in posizione durante una singola transizione (invece di spostarsi sempre a sinistra oa destra) o se il nastro viene reso infinito in entrambe le direzioni anziché solo a destra, la classe fa delle lingue riconoscibili dalle TM a 1 nastro a 3 stati cambiano?$C_3$
4. In che modo collega alla classe delle lingue normali, R e g u l a r ? (In particolare, ogni lingua normale è in C 3 ?)$C_3$$Regular$$C_3$

Una ricerca (piuttosto superficiale) ha sollevato solo questo post di cs.stackexchange che è pertinente ma che non risponde alle mie domande e al presente documento , che non ho letto in modo sufficientemente dettagliato per essere sicuro che riguardi esattamente la classe anziché una classe simile ma diversa (l'articolo afferma di dimostrare che (1) ogni lingua in C 3 è decidibile e (2) che C 3 e R e g u l a $C_3$$C_3$$C_3$$Regular$sono classi distinte con intersezione non vuota). Come sottolineato nei commenti sul post di scambio cs.stackex, questi tipi di TM possono essere pensati come automi cellulari molto particolari, quindi forse qualcuno che conosce la letteratura sulla teoria degli automi cellulari potrebbe aiutare.

La bestia è estremamente potente , ad esempio possiamo costruire una TM che accetta ogni stringa del modulo$M$

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

e rifiuta ogni stringa del modulo

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

L'idea è di trasformare la prima in R e quindi lasciare che la testa raggiunga il centro della stringa, quindi eseguire uno zig-zag "apolide"; se raggiunge A prima di R, allora accetta.$r$$R$$A$$R$

Descrizione informale:

• su scrivi R e scorri verso destra (preparati per il rifiuto)$r$$R$
• su scrivi c e muoviti a destra (spostandoti verso il centro)$0$$c$
• su scrivi > e sposta a sinistra (segna un 1 , preparati per il successivo incrocio da sinistra a destra e vai a sinistra)$1$$>$$1$
• su scrivi < e muovi a destra (segna uno 0 , preparati per il successivo incrocio da destra a sinistra e vai a destra)$c$$<$$0$
• su scrivi > e vai a sinistra (incrocio da sinistra a destra, preparati per il prossimo da destra a sinistra)$<$$>$
• su scrivi < e vai a destra (incrocio da destra a sinistra, preparati per il prossimo da sinistra a destra)$>$$<$
• su accetta, su R respinge$A$$R$
• su bianco rifiuta$b$

Esempio:

  :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

Questa tecnica a zig-zag è utilizzata nella più piccola macchina Universal Turing a 2 stati (ha 18 simboli) costruita da Rogozhin (Rogozhin 1996. TCS, 168 (2): 215–240)).

Qualche attenzione dovrebbe essere prestata per dimostrare che ferma su tutti gli input (basta notare che rifiuta su input vuoto e tutti i simboli non-stop "convergono" in < o > che non può portare ad un loop infinito).$M$$<$$>$

Come commentato da DavidG, la lingua riconosciuta da M è un superset di L Y (cioè L Y ⊂ L ( M ) ) ma non contiene alcuna stringa da L N (cioè L ( M ) ∩ L N = ∅ ) e - come commentato da MikhailRudoy - questo è sufficiente per dimostrare che L ( M ) non è regolare.$L(M)$$M$$L_Y$$L_Y \subset L(M)$$L_N$$L(M) \cap L_N = \emptyset$$L(M)$

Infatti se è regolare allora anche L ( M ) ∩ { r 0 ∗ 1 ∗ A } = L Y = { r 0 n 1 m A ∣ m ≤ n } sarebbe regolare (che non è una semplice applicazione del lemma di pompaggio); portando a una contraddizione.$L(M)$$L(M) \cap \{ r0^*1^*A \} = L_Y = \{ r0^n 1^mA \mid m \leq n \}$

Quindi non è regolare .$L(M)$

... Ma come tutti i supereroi ha un tallone d'Achille: non riesce nemmeno a riconoscere il normale:$C_3$

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

Informalmente può usare solo il più a sinistra . . . ( b è il simbolo vuoto) o la nebbia destra 1 b . . . come un gancio ed "espandere" nella direzione opposta; ma l'ultimo Accetta o Rifiuta non può trovarsi sul simbolo in bianco del lato opposto, quindi può essere fatto solo sulla parte interna degli 1 se partendo da un input abbastanza lungo può essere "simulato" allungandolo di uno.$b 1 ...$$b$$1b...$$1$

Finalmente - dopo aver letto il documento - posso confermare che la TM a uno stato descritta in esso corrisponde alla tua classe ... (quindi niente di nuovo qui :-) ... e la lingua usata dall'autore per dimostrare che contiene le lingue non regolari sono molto simili alle mie.$C_3$

Ho sottovalutato la potenza di ... in realtà non è troppo lontano dall'ipercomputazione !$C_3$

(Pubblico questa come risposta separata per una migliore chiarezza)

Possiamo costruire una macchina Turing a singolo stato che accetta le stringhe del modulo:$M$

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

e rifiuta le stringhe del modulo:

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

$a$$A$$Z$$Z$$S$$S$$)$$)$$Z$

Le transizioni sono:

• su r scrivi R$r$$R$
• $0$$Z$
• $1$$>$$1$
• $>$$<$
• $<$$>$
• $Z$$S$
• $S$$)$
• $)$$Z$
• su A accetta, su R$A$$R$
• su bianco b$b$

Esempio:

 :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

$M$$( , S , Z$$<, >$

$L(M)$$L_Y$$L_Y \subset L(M)$$L_N$$L(M) \cap L_N = \emptyset$

$L(M)$$\{r 0^* 1^* A\}$

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

$L_Y \notin CFL$$s \in L_Y$$0$$1s$$2^n$$\notin L_Y$

$L(M)$

... ora mi chiedo se questa è un'altra risposta "reinventare la ruota" o se si tratta di un nuovo (piccolo) risultato.

In questa risposta si presume che le macchine di Turing abbiano nastri infiniti a entrambe le direzioni. Le affermazioni non valgono per nastri infiniti unidirezionali.

$C_3'$$C_3$$C_3'$$C_3$$C_3'$$C_3'$

$C_3$$C_3'$$L$$C_3'$$\{1^n;n\in\mathbb{N}\backslash\{0\}\}$$L$$L^C$$C_3'$$\{\}$$\{\varepsilon\}$$\{1^n;n\in\mathbb{N}\}$$\{1^n;n\in\mathbb{N}\backslash\{0\}\}$$C_3$$L\in C_3$$1^n\in L$$n\geq 1$$1^m\in L$$m\geq n$$C_3$$C_3'$$\{1\}$$C_3$$C_3'$

$C_3'$$M$$\{1^n;n\in\mathbb{N}\backslash\{0\}\}$$1^n$$n\in\mathbb{N}\backslash\{0\}$$M$

$M$

$M$$M$

$M$$n$$A^n$$A$$M$$A$$M$$M$$A$$M$

$M$$\{1^n;n\in\mathbb{N}\backslash\{0\}\}$

$C_3$$M$$1^n$$n\geq 1$$M$$1^m$$m\geq n$$M$

$M$

$M$$M$$1^n$$n$$1^n$

$M$$m$$A^m$$A$$M$$A$$M$$1^n$$M$$n$$A$$1^n$$M$ non visita la cella direttamente a sinistra della cella iniziale, perché contiene il simbolo vuoto e se lo leggesse, funzionerebbe per sempre.

$M$$\{1^m;m\geq n\}$