Comprimere informazioni sul problema di arresto per le macchine Oracle Turing

Il problema dell'arresto è noto per essere incontestabile. Tuttavia, è possibile "comprimere" in modo esponenziale le informazioni sul problema di arresto, in modo che la decompressione sia calcolabile.

Più precisamente, è possibile calcolare da una descrizione di Macchine di Turing e un consiglio -bit indica la risposta al problema di arresto per tutti i delle macchine di Turing, assumendo che lo stato del consiglio è degno di fiducia: lasciamo che il nostro consulente scelga i bit per descrivere quante macchine di Turing si fermano in binario, aspettiamo fino a quel punto e produciamo che il resto non si ferma.$2^{n}-1$$n$$2^{n}-1$

Questo argomento è una semplice variante della dimostrazione che la costante di Chaitin può essere usata per risolvere il problema dell'arresto. Ciò che mi ha sorpreso è che è forte. Non esiste una mappa calcolabile da una descrizione di macchine di Turing e un avviso -bit indica bit di arresto dell'output che ottiene la risposta giusta, per ogni tupla di macchine di Turing, per qualche tupla di bit. Se ci fosse, potremmo produrre un controesempio diagonalizzando, con ciascuna delle macchine Turing che simula cosa fa il programma su una delle possibili disposizioni degli bit e quindi scegliendo il proprio stato di arresto per violare la previsione .$2^n$$n$$2^n$$2^n$$2^n$$n$

Non è possibile comprimere le informazioni sul problema di arresto per le macchine di Turing con un oracolo di arresto (senza accedere a qualche tipo di oracolo da soli). Le macchine possono semplicemente simulare ciò che prevedi su tutti i possibili input, ignorando quelli in cui non ti fermi e scegliendo i loro tempi di arresto per dare la prima risposta lessicografa che non hai previsto su alcun input.

Questo mi ha motivato a pensare a ciò che accade per altri oracoli:

Esiste un esempio di oracolo in cui il problema di arresto per le macchine di Turing con quell'oracolo può essere compresso a un tasso di crescita intermedio tra lineare ed esponenziale?

Più formalmente, dato un oracolo, lasciare che è il più grande tale che esiste una funzione parziale calcolabile da oracolo Turing macchine ed bit di bit, tale che per ogni -tuple di macchine di Turing oracolo, c'è una -tupla di bit, in cui il valore della funzione valutata su quell'ingresso è uguale alla -tupla di per ogni macchina di Oracle Turing che si ferma e per ogni macchina di Oracle Turing che funziona per sempre.$f(n)$$m$$m$$n$$m$$m$$n$$m$$1$$0$

Esiste un oracolo in cui ? Esiste un oracolo in cui ?$n<f(n)<2^{n}-1$$\omega(n)=f(n)=o(2^n)$

Let sia l'uscita della th macchina di Turing dotata oracolo , in ingresso . Qui sta per "salto". (In caso di non arresto, non è definito.)$J^A(e)$$e$$A$$e$$J$$J^A(e)$

Un oracolo è rintracciabile se esiste una funzione non decrescente calcolabile tale che per tutti , per alcune famiglie calcolabili di insiemi finiti con per tutti .$A$$h:\mathbb N\to\mathbb N$$e$$J^A(e)\in T_e$$(T_e)_{e\in\mathbb N}$$|T_e|\le h(e)$$e$

Consideriamo la stringa di lunghezza che indica quali sono i primi dei numeri delle macchine di Turing da fermare. (Se inferiore a halt, non è definito.)$f^A(k,n)=$$n$$k$$0,\dots,n-1$$k$$f^A(k,n)$

Si noti che è parziale relativo alla calcolabile . Quindi esiste una funzione calcolabile tale che .$f^A$$A$$g$$f^A(k,n)=J^A(g(k,n))$

Per comprimere i primi bit del set di arresto per è sufficiente dire quale degli elementi di è quello giusto, dove e è il numero corretto di fermare le TM.$n$$A$$h(e)$$T_e$$e=g(k,n)$$k$

Esiste una corretta gerarchia di oracoli tracciabili con salto (Nies, calcolabilità e casualità , teorema 8.5.2). Quindi, scegliendo opportunamente piccolo, otteniamo un candidato per un oracolo come da lei richiesto.$h$$A$

È un candidato ragionevolmente buono nel senso che abbiamo una direzione (il limite superiore sul tasso di crescita) e che in modo dimostrabile il metodo con cui abbiamo ottenuto il limite superiore non dà alcun limite superiore molto più piccolo di quello.