Gli attributi indecidibili di P rappresentano un ostacolo alla decisione di P rispetto a NP? (risposta: forse)

Vengono poste cinque domande collegate e si auspica un'unica risposta integrata:

• D1: Esistono lingue riconosciute esclusivamente da quelle macchine di Turing in  cui esponenti di runtime sono indecidibili ?$L$$P$
• D2: Gli esempi di queste macchine di Turing possono essere costruiti in modo fine?
• Q3: queste macchine di Turing possono essere istanziate concretamente? ( ad esempio , con oracoli che li "indovinano" piuttosto che costruirli finitamente).
• Q4: Quali altri attributi di P (oltre agli esponenti di runtime) sono attualmente noti per essere indecidibili? Per quali attributi di è aperta questa domanda?$P$
• D5: Gli attributi indecidibili di rappresentano un ostacolo alla decidibilità di ?$P$$P \ne NP$

Nota attentamente la parola "solo" in Q1 (che esclude la risposta suggerita da Lance Fortnow).

Conclusioni e conversione al Wiki della community

• La domanda, "Gli attributi indecidibili di P rappresentano un ostacolo alla decisione di P rispetto a NP?", È aperta e ritenuta difficile, come lo sono numerose domande specifiche (come Q1-4 sopra) che sono naturalmente associate ad essa.

• La monografia del 1978 di Juris Hartmanis Feasible Computations e Provable Complexity Properties fornisce un buon ingresso in letteratura e (apparentemente) non c'è stata nessuna recensione pubblicata da Hartmanis.

• Questa classe di domande è sufficientemente inesplorata che la sfida di trovare prove rigorose è intimamente mescolata alla sfida di scegliere buone definizioni di partenza.

• Le osservazioni ponderate e gli schizzi di prova penetranti forniti da Travis Service e Alex ten Brink sono riconosciuti e apprezzati.

Poiché la domanda è aperta e perché viene discussa su più thread matematici del weblog ( 1 , 2 , 3 , 4 , 5 , 6 ), questa domanda è stata contrassegnata per la conversione in Wiki della comunità.

Aggiornamento II e riepilogo

Sono venuto a conoscenza del fatto che la monografia di Juris Harmanis del 1978 Fattiible Computations e Provable Complexity Properties può essere letta come una risposta approfondita al Q1-5 . Inoltre, gli (eccellenti) schizzi di prova Q1 e Q4 forniti di seguito da Travis Service e da Alex ten Brink forniscono una moderna affermazione ed estensione delle conclusioni generali di Hartmanis che:

I risultati sulla complessità dei calcoli cambiano radicalmente se consideriamo solo le proprietà dei calcoli che possono essere provate formalmente (enfasi di Hartmanis) ...

Pertanto, dovremmo aspettarci che i risultati sull'ottimalità di tutti i programmi che calcolano la stessa funzione di un determinato programma differiscano dai risultati di ottimalità su tutti i programmi che possono essere formalmente dimostrati equivalenti al programma dato. ...

Dovremmo [considerare] la possibilità che questo famoso problema [ ] potrebbe non essere risolvibile in una teoria matematica formalizzata, come la teoria degli insiemi.$P\overset{?}{=}NP$

È evidente sia dalla monografia di Hartmanis sia dalle risposte fornite da Travis e Alex, che Q1–5 sono considerevolmente al di là dell'attuale teoria della complessità allo stato dell'arte. Inoltre, queste domande / risposte evidentemente sono sufficientemente sottili da richiedere accurati aggiustamenti definitivi e giustificare esposizioni monografiche ... che spero non scoraggino le persone dal pubblicare ulteriori risposte. :)

Per ulteriori discussioni tecniche, vedere la risposta di Joel David Hamkins su MathOverflow alla domanda Un problema può essere contemporaneamente tempo polinomiale e indecidibile? (raccomandato da Alex ten Brink).

Se nella monografia di Hartmanis si sostituisce al termine "calcolo delle funzioni" la frase "simulazione della dinamica", il risultato può essere letto come un trattato sui limiti teorici della complessità all'ingegneria dei sistemi ... questa è la ragione pratica per cui noi ingegneri ci preoccupiamo di questi problemi.

Un'opinione contrastante di Hartmanis è stata recentemente espressa da Oded Goldreich in una lettera all'editore del CACM intitolata "Sulla complessità computazionale" :

Sfortunatamente, al momento mancano buone risposte teoriche alle domande più naturali relative al calcolo efficiente. Questo non è perché non facciamo domande sbagliate, ma piuttosto perché queste domande sono molto difficili.

È (ovviamente) perfettamente concepibile che le opinioni di Hartmanis e Goldreich si dimostreranno corrette, ad esempio, una prova formale dell'indecidibilità della separabilità di PvsNP potrebbe ragionevolmente essere considerata come una convalida di entrambi i punti di vista.

Aggiornamento I.

I commenti ponderati (sotto) di Travis Service e Alex ten Brink suggeriscono (in effetti) che in Q1 la frase "indecidibile" non è sinonimo di "non verificabile in modo verificabile" e che le risposte a Q2-5 possono dipendere da questa distinzione. Non è affatto chiaro (per me) quale scelta di definizione porterebbe ai teoremi più forti, e inoltre, catturare al meglio la nostra intuizione della classe P. Risposte e commenti che rispondono a questa domanda sono i benvenuti.

Mi viene in mente un'osservazione di Felix Klein nella sua Elementary Mathematics from a Advanced Standpoint: Geometry (1939):

Un altro esempio di un concetto che si verifica con più o meno precisione nella percezione ingenua dello spazio, che dobbiamo aggiungere come supplemento al nostro sistema di geometria, è la nozione di una curva (arbitraria) . Ogni persona crede di sapere cos'è una curva fino a quando non ha imparato così tanta matematica che le innumerevoli possibili anomalie le confondono.

Come per le curve, così con le lingue accettate dalle macchine di Turing in  ... ciò che una volta mi sembrava (per me) come la più semplice e la più naturale di tutte le classi di complessità ora mi confonde con gli (innumerevoli?) Attributi non verificabili e / o indecidibili dei suoi membri . L'ampia motivazione nel chiedere Q1–5 era quella di trovare un percorso attraverso questo boschetto confuso, ma le risposte fornite finora (da Travis Service e Alex ten Brink) hanno fornito ulteriori motivi di confusione!$P$

La generazione di matematici di Klein ha lavorato duramente per trovare buone definizioni per curve e altri elementi fondamentali di teoria degli insiemi, geometria e analisi. Una panoramica a livello elementare può essere trovata nella discussione di Wikipedia sulla sfera cornuta di Alexander

      
      Un incorporamento di una sfera in R3

Nel corso del XX secolo, l'analisi di "varietà selvagge" come la sfera di Alessandro ha aiutato a chiarire le distinzioni tra varietà topologiche, varietà continue a tratti e varietà differenziali. Allo stesso modo nel 21 ° secolo, forse i perfezionamenti delle definizioni associate a aiuteranno a domare le lingue selvagge e le macchine di Turing selvagge di ... sebbene non sia facile specificare i raffinamenti adeguati.$P$$P$

sfondo

Queste domande collegate sorgono dalle domande wiki della community di MathOverflow " Quali sono i problemi indecidibili di Turing più interessanti in matematica? " E " Quali nozioni vengono utilizzate ma non chiaramente definite nella matematica moderna? " In particolare, Colin Tan chiese che la domanda posta sopra fosse pubblicato come una domanda separata.

Per informazioni tecniche, consultare la domanda TCS StackExchange " Sono determinabili i limiti di runtime in P? ", In particolare la concisa prova di Emanuele Viola che la risposta è "no". Si noti inoltre che risultati simili sono stati dimostrati da Juris Hartmanis nella sua monografia Calcoli fattibili e proprietà dimostrabili della complessità (1978).

Il blog di Lance Fortnow / Bill GASARCH della complessità computazionale di questa settimana ospita il loro sondaggio decadale " Fa o no?$P=NP$ " - la quinta e ultima domanda posta invita a commentare la domanda Fortnow / GASARCH.

Per la domanda 1 la risposta è no. Sia un linguaggio in P e M sia qualsiasi tempo polinomiale Macchina di Turing che riconosce L (il cui tempo di esecuzione è ritenuto non definibile). Per ogni k ∈ N sia M k la macchina di Turing che sull'ingresso x di lunghezza n primi cicli per n k passi quindi esegue M su x per n k + k passi e accetta se M accetta x (all'interno di quei n k + $L$$P$$M$$L$$k \in \mathbb{N}$$M_k$$x$$n$$n^k$$M$$x$$n^k + k$$M$$x$$n^k + k$passaggi) e rifiuta diversamente. Il tempo di esecuzione di è Θ ( n k ) per ogni k .$M_k$$\Theta(n^k)$$k$

Poiché corre nel tempo polinomiale, vi è un certo k ′ ∈ N tale che M scorre in O ( n k ′ ) (anche se non sappiamo cosa sia k ′ ) e quindi per tutti k abbastanza grande M k riconosce L e ha un runtime decidibile.$M$$k' \in \mathbb{N}$$M$$O(n^{k'})$$k'$$k$$M_k$$L$

MODIFICARE

Penso che la seguente risposta sia più nello spirito di ciò che il poster originale aveva inteso con la domanda 1.

Teorema: esiste un linguaggio tale che se N è una macchina di Turing che decide L allora è vero almeno uno dei seguenti:$L \in P$$N$$L$

1) Non esiste una prova che accetta L o$N$$L$

2) Non esiste una prova che ferma a passi di f ( n ) (per qualsiasi funzione f ( n ) ).$N$$f(n)$$f(n)$

Schizzo di prova: lascia che sia una macchina di Turing che non si ferma sul nastro bianco e per il quale non esiste una prova che M non si ferma sul nastro bianco (i risultati di indipendenza in Informatica di Hartmanis e Hopcroft mostrano che un tale M può essere trovato efficacemente).$M$$M$$M$

Sia .$L = \{ n : \exists n' \geq n \mbox{ s.t. } M \mbox{ halts in } n' \mbox{ steps when run blank tape}\}$

Dal momento che non si ferma, L è in realtà la lingua vuota, ma non ci sono prove di ciò (poiché ciò proverebbe che M non si ferma).$M$$L$$M$

Sia qualsiasi macchina di Turing. Se esiste sia una prova che N decide L che una prova che N viene eseguito in passi f ( n ), l'esecuzione di N quando eseguita sull'ingresso 1 fornisce una prova che M si ferma (cioè, se N accetta) o che M lo fa non fermarsi (cioè se N rifiuta). Pertanto, se N decide dimostrabilmente L allora N runtime s' non è decidibile e viceversa.$N$$N$$L$$N$$f(n)$$N$$1$$M$$N$$M$$N$$N$$L$$N$

Sì, puoi costruire una macchina che impiega tempo DTIME ( ) -DTIME ( n i ) in cui i è il numero di passaggi eseguiti da una macchina Turing specifica per arrestarsi su nastro vuoto. Le costruzioni facili da costruire e simili valgono per qualsiasi aspetto non banale di P. Ci dice poco sul fatto che P v NP sia indecidibile: nessun problema a dimostrare P ≠ EXP nonostante gli stessi problemi.$n^{i+1}$$n^i$$i$$\neq$

Dopo aver riflettuto maggiormente sull'argomento, penso di aver trovato una (possibile) risposta per il tuo Q4 .

• Q4: Quali altri attributi di (oltre agli esponenti di runtime) sono attualmente noti per essere indecidibili? Per quali attributi di P è aperta questa domanda?$P$$P$

Ho dimostrato una variazione sul teorema di Rice che risponde alla tua domanda per la maggior parte delle proprietà. Cercherò di spiegarmi più chiaramente questa volta (la risposta di Travis Service è stata molto più chiara e generale rispetto alla mia precedente risposta).

Teorema: per qualsiasi proprietà trattenuta su un insieme non vuoto di lingue infinite decidibili (ma su nessuna lingua finita), è indecidibile se una data Macchina Turing decida una lingua con quella proprietà, quando viene promesso che E si ferma sempre in O ( f ( n ) ) tempo, dove f ( n ) = Ω ( n log n ) e f ( n ) = Ω ( g ( n ) ) , dove g ( $E$$E$$O(f(n))$$f(n)=\Omega(n \log n)$$f(n)=\Omega(g(n))$ è il tempo di esecuzione di alcuni Turing Machine che decidono un po 'di lingua con quella proprietà.$g(n)$

Ricordiamo che una Turing Machine (TM da ora in poi) decide una lingua se accetta tutte le stringhe nella lingua e rifiuta tutte le stringhe al di fuori della lingua. Si noti che possiamo prendere di essere qualcosa di diverso da un polinomio, in modo che il teorema è più generale di un semplice P .$f(n)$$P$

Formalizziamo la nozione di "proprietà" come un insieme liberamente selezionabile di lingue "con quella proprietà". Decidere se una lingua ha la proprietà è quindi equivalente a decidere se la lingua è membro di S . Proprio come nel teorema di Rice, indaghiamo se siamo in grado di decidere se la lingua deciso dal TM ingresso ha la proprietà specificata, e così è in S . Si noti che richiediamo S ⊆ R , ovvero che S contenga solo lingue decidibili.$S$$S$$S$$S \subseteq R$$S$

Si noti che stiamo parlando di proprietà delle lingue , non delle TM. La tua domanda sugli esponenti di runtime non è un caso speciale di questo teorema. Le proprietà di, diciamo, , studiabili prendendo S ⊆ P , potrebbero interessarti più delle proprietà delle TM che corrono nel tempo polinomiale. Puoi fare ogni sorta di cose crudeli con una TM, pur conservandone la correttezza e il tempo di esecuzione, ma non puoi fare lo stesso con le lingue.$P$$S \subseteq P$

Il requisito secondo cui tutte le lingue in devono essere infinite è un tecnicismo necessario per la dimostrazione, ma poiché tutte le lingue finite sono decidibili in un tempo costante e quindi di solito poco interessanti, non penso che sia una delle principali. Mi aspetto che la versione generalizzata che permetta anche le lingue finite sia vera.$S$

Prova del teorema . Supponiamo che ci vengano dati alcuni TM con un TM E come parametro, in modo che P si fermi e accetti sempre se E decide un linguaggio in S , e dove E si promette di fermarsi sempre con i tempi di funzionamento come sopra. Sia ( A , i ) un'istanza del problema di arresto, ovvero A è una TM e i è un input per A , e ora vogliamo decidere se A si ferma su i .$P(E)$$E$$P$$E$$S$$E$$(A, i)$$A$$i$$A$$A$$i$

Dal momento che abbiamo assunto era vuota, abbiamo qualche s ∈ S . Poiché S contiene solo lingue decidibili, esistono alcune TM C che decidono s . In particolare, scegliamo la C con tempo di esecuzione g ( n ) come ipotizzato nel teorema. Consideriamo ora le seguenti TM:$S$$s \in S$$S$$C$$s$$C$$g(n)$

function H(x)
h := simulate A on i for |X| steps and return whether it halted
if h == 'halted' then
    reject
else
    if C(x) accepts then
        accept
    else
        reject
    fi
fi

Si vede facilmente che il tempo di esecuzione di questa TM soddisfa i requisiti del teorema, poiché le TM possono essere simulate in tempo .$O(n \log n)$

Sosteniamo che non restituisce iff A si ferma su i . Supponiamo che A si fermi su i dopo t passi. H pertanto rifiuta qualsiasi X con | X | ≥ t . Decidiamo quindi al massimo un linguaggio finito, e quindi H decide che nessun linguaggio in S e P ( H ) restituirà quindi no .$P(H)$$A$$i$$A$$i$$t$$H$$X$$|X| \geq t$$H$$S$$P(H)$

Ora supponiamo che non si fermi su i . Quindi la variabile halt non otterrà mai il valore 'halted', quindi decidiamo la stessa lingua di C , che è esattamente s ∈ S , quindi P ( H ) restituirà vero. Ciò dimostra che P ( H ) può risolvere il problema di interruzione, che a sua volta dimostra il teorema.$A$$i$$C$$s \in S$$P(H)$$P(H)$

Posso rispondere al tuo Q1 in negativo, quindi anche rispondere al Q2 e Q3 in negativo. Non sono sicuro di Q4 o Q5 però.

• D1: Esistono lingue riconosciute esclusivamente da quelle macchine di Turing in P i cui esponenti di runtime sono indecidibili ?$L$$P$

Sembra che tu abbia frainteso esattamente ciò che Emanuele Viola ha dimostrato nella sua brillante prova che hai collegato. Ha dimostrato che non esiste una singola Turing Machine grado di calcolare l'esponente di runtime per qualsiasi Turing Machine T presentata a M , anche con la promessa che T funziona nel tempo polinomiale.$M$$T$$M$$T$

Tuttavia, per ogni dato Turing Machine esecuzione in un tempo polinomiale, esiste qualche k tale che T ha un tempo di esecuzione di O ( n k ) , e quindi la Turing Machine M che restituisce k (e nient'altro) è in grado di "dire" l'esponente del tempo di esecuzione di T , anche senza dover guardare T ! Quindi, M decide (in tempo costante pari) ciò k è per questa proposta Turing Machine T . Potremmo non sapere quale Turing Machine lo decide, ma sappiamo che ne esiste uno.$T$$k$$T$$O(n^k)$$M$$k$$T$$T$$k$ $T$

Tornando alla tua domanda, se ci viene data una lingua in P , allora c'è una Turing Machine T in esecuzione in O ( n k ) per qualche k che decide L , e quindi c'è la Turing Machine M che restituisce k che decide il esponente di runtime per T . Questo risponde alla tua domanda in negativo.$L$$P$$T$$O(n^k)$$k$$L$$M$$k$$T$

Potresti invece chiederti un problema diverso per un dato linguaggio in P : dato che Turing Machine T ha promesso di funzionare in tempo polinomiale e ha promesso di decidere L , è decidibile trovare l'esponente di runtime di T ?$L$$P$$T$$L$$T$

Sfortunatamente, anche questo è indecidibile. Supponiamo di avere un linguaggio in P e TM (Turing Machine) M in grado di decidere per un dato TM T promesso per l'esecuzione in tempo polinomiale e ha promesso di decidere L , ciò che l'esponente di runtime di T è. Siamo in grado di dimostrare che questo è indecidibile in un modo molto simile a quello che ha fatto Emanuele Viola: usiamo il TM esatto ha definito, e cambiare leggermente: ora vogliamo questo TM per decidere L .$L$$P$$M$$T$$L$$T$$L$

Poiché è in P , c'è qualche TM che decide L in O ( n k ) tempo. La nostra nuova TM M inizia esattamente come nella prova di Emanuele Viola, eseguendo la (Halting Problem) TM per n passaggi. Quindi esegue un ciclo per n k + 1 passi o n k + 2 passi in modo simile alla TM di Emanuele Viola. Infine, risolve L sull'input dato e restituisce la risposta.$L$$P$$L$$O(n^k)$$M$$n$$n^{k+1}$$n^{k+2}$$L$

è in P , decide L , e se conosciamo l'esponente di runtime, possiamo decidere il problema Halting, quindi anche il problema sopra è indecidibile (per qualsiasi lingua L ). Nota che non abbiamo bisogno di conoscere k , in realtà non dobbiamo costruire M , tutto ciò che dobbiamo fare è sapere che esiste!$M$$P$$L$$L$$k$$M$

Questo tipo di pensiero sull'indecidibilità apparentemente è abbastanza comune, ricordo un post (blog?) Su un problema molto simile: la domanda era "è decidibile se Pi ha un 'ultimo zero'", quindi se Pi smette di avere zero nella sua rappresentazione decimale se si scende abbastanza lontano quella rappresentazione. Al momento non sappiamo se sia così. Potremmo non essere nemmeno in grado di dimostrarlo, mai, o potrebbe anche essere indipendente dai nostri sistemi di assiomi (e quindi non dimostrabile). Tuttavia, poiché la risposta è vera o falsa, una TM che restituisce true e una TM che restituisce false decidono il problema in entrambi i casi e quindi il problema è decidibile.

Vedrò se riesco a trovare quel post su Internet da qualche parte.

Modificare:

L'ho trovato su Mathoverflow .