Una variante de la función de castor ocupado

Al leer esta pregunta " Problemas naturales indecidibles de RE pero no completos de Turing ", me vino a la mente el siguiente lenguaje:

Si es la función de castor ocupado (puntaje máximo alcanzable entre todas las máquinas Turing de 2 símbolos de estado n detenidas del tipo descrito anteriormente, cuando se inicia en una cinta en blanco), defina la función: $\Sigma(\cdot)$

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}$

Ahora defina el idioma:

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

¿Es recursivamente enumerable? (debería ser re: simplemente simule en paralelo M con todas las TM de la misma longitud, y si detiene y otra detiene con una puntuación más alta, agregue M a la enumeración). $L$ $M$ $M'$

¿Podemos reducir el problema de detención a ? (parece que no puede "capturar" la detención de los castores ocupados) $L$

computability turing-machines

— Vor
fuente

la cantidad de estados?

| ⟨ M ⟩ |

$|\langle M \rangle|$

— Pål GD

¿Cuándo enumerarás una

que no se detiene en

no puede ser RE a menos que enumere todos sus miembros, y el procedimiento que ha descrito solo enumera los que realmente se detienen.

M

$M$

L

$L$

L

$L$

— Steven Stadnicki

@ PålGD: sí, es el número de estados (se excluye el estado de detención)

— Vor

@StevenStadnicki: Supuse implícitamente que

contiene solo máquinas que se detienen ... tal vez debería aclararlo en la pregunta (déjenme pensarlo un poco, quizás haga que la pregunta sea trivial).

L

$L$

— Vor

@Kaveh Ni siquiera es un problema promesa - simplemente puede definir

(como creo que el PO dicho) como

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

Respuestas:

No puedo creer que no haya visto esto antes, pero sí, con un oráculo para puedes resolver el problema. Obviamente, un oráculo para nos da 'recursivamente' todas las máquinas de detención que no son Busy Beaver, por lo que la pregunta es '¿podemos descubrir recursivamente en cuáles son los castores ocupados?'. Defina como la función de conteo del 'segundo castor más ocupado'; es decir, el segundo puntaje más alto posible entre todos los TM de dos símbolos estados que se detienen. El truco aquí es que hay una función recursiva tal que $L$ $L$ $L$ $\Sigma_2(n)$ $n$ $f()$ (es casi seguro que hará el truco, de hecho, pero eso requiere saber que la función BB está aumentando estrictamente): dada una máquina de tamaño que imprime 1s en su cinta y luego se detiene, hay algunasmáquinas y dos de tamaño que imprimen exactamente 1s y exactamente $\Sigma(n)\leq\Sigma_2(f(n))$ $f(n)=n+1$ $M$ $n$ $\Sigma(M)$ $c\gt 1$ $\leq cn$ $\Sigma(M)$ 1s, respectivamente, en sus cintas, y esto es válido para una máquina de 'castor ocupado' a pesar de que no conocemos explícitamente. Esto significa que tener un límite en la función 'segundo castor ocupado' para da un límite para la función de castor ocupado en ; pero haciendo esto, es fácil de resolver el problema de la parada por un TM de tamaño - si luego decir que se detiene; de lo contrario, encuentre la máquina de mayor duración de tamaño en $\Sigma(M)+1$ $M$ $M$ $f(n)$ $n$ $M$ $n$ $\langle M\rangle\in L$ $M$ $f(n)$ $L$ (lo que se puede hacer de forma recursiva ya que solo hay muchas máquinas finitas de tamaño ) y simulan para todos los pasos que la máquina debe detener. Si no se detiene dentro de ese tiempo, entonces no puede detenerse. $\leq f(n)$ $M$ $M$ $M$

— Steven Stadnicki
fuente

Gracias; inspirado por su respuesta, encontré una reducción rápida (trivial): directa del problema de detención en una respuesta separada.

— Vor

Esta es una versión reelaborada de la buena respuesta de Steven, con una reducción explícita del problema de detención.

Dada acumulación que se ejecuta en y si se detiene va a la derecha de la cinta, escribe un 0 y alto. $\langle M \rangle, w$ $M'$ $M$ $w$

$M'$ $BB(M')=0$ $L$ $M$ $w$ $M$ $w$ $M' \in L$

... resultó que la pregunta es realmente trivial :-)

— Vor
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