Ein interessanter metrischer Raum im Zusammenhang mit Turingmaschinen

In dieser Frage werden nur Turing-Maschinen betrachtet, die bei allen Eingaben anhalten. Wenn $k \in \mathbb{N}$ dann bezeichnen wir mit $T_k$ die Turingmaschine, deren Code $k$ .

Betrachten Sie die folgende Funktion

s (x, y) = min {k ∣ | L (T_{k}) \cap {x, y} | = 1}

$s(x,y) = \min\{k \mid |L(T_k) \cap \{x,y\}| = 1\}$

Mit anderen Worten, ist der Code der kleinsten Turingmaschine, die genau eine der Zeichenfolgen erkenntWir können nun die folgende Karte definieren $s(x,y)$ $x,y.$

d (x, y) = {\begin{cases} 2^{- s (x, y)} & if x \neq y, \\ 0 & otherwise. \end{cases}

$d(x,y) = \left\{ \begin{array}{ll} 2^{-s(x,y)} & \mbox{if } x \ne y, \\ 0 & \mbox{otherwise.} \end{array} \right.$

Es kann schnell überprüft werden, dass einen metrischen Raum (in der Tat eine Ultrametrik) auf induziert $d(x,y)$ $\Sigma^{*}.$

Nun möchte ich beweisen, dass, wenn eine gleichmäßig stetige Funktion ist, für jede rekursive Sprache ebenfalls rekursiv ist. $f:\Sigma^{*} \mapsto \Sigma^{*}$ $f^{-1}(L)$

Mit anderen Worten sei eine Map, so dass für jedes ein so dass für die Strings dann Dann müssen wir zeigen, dass eine rekursive Sprache ist, da rekursiv ist. $f$ $\epsilon > 0$ $\delta > 0$ $x,y \in \Sigma^{*}$

d (x, y) \leq δ

$\quad d(x,y) \leq \delta$

d (f (x), f (y)) < ϵ .

$d(f(x),f(y)) < \epsilon.$

f^{- 1} (L)

$f^{-1}(L)$

L

$L$

Wie bereits in diesem Beitrag erwähnt, besteht eine Möglichkeit, das Problem anzugehen, darin, zu zeigen, dass es eine Turing-Maschine gibt, die mit einer Zeichenfolge berechnet $x \in \Sigma^{*}$ $f(x).$

Ich stecke fest, um diese Behauptung zu beweisen, und frage mich langsam, ob es einen anderen Ansatz gibt, um dies zu lösen?

Hinweise, Vorschläge und Lösungen sind willkommen!

computability turing-machines

— Jernej
quelle

Warum versuchst du das zu beweisen? Es erinnert mich an die Berechenbarkeit von Banach-Mazur, die sich nicht sehr gut verhält.

— Andrej Bauer

@AndrejBauer Hausaufgabe!

— Jernej

Bearbeiten: Hinweise entfernt, meine Lösung gepostet.

Hier ist meine Lösung. Wir wählen einen Referenzpunkt dem und betrachten das Universum aus der Sicht von und . Es stellt sich heraus, dass jede "Nachbarschaft" eines Punktes einer rekursiven Sprache entspricht. Also ist eine Nachbarschaft um , und es wird eine Nachbarschaft um , die darauf abgebildet ist; Diese Nachbarschaft ist eine rekursive Sprache. $x$ $f(x) \in L$ $x$ $f(x)$ $L$ $f(x)$ $x$

Lemma. In diesem Raum ist eine Sprache genau dann rekursiv, wenn sie sich in der Nachbarschaft der einzelnen Zeichenfolgen befindet.

Beweis . Zuerst fixiert eine rekursive Sprache und lassen . Lassen der Minimal - Index eines Entscheiders für sein . Dann haben wir , dass , wenn , , so . Somit impliziert , dass . $L$ $x \in L$ $K$ $L$ $y \not \in L$ $s(x,y) \leq K$ $d(x,y) \geq 1/2^K$ $d(x,y) < 1/2^K$ $y \in L$

Zweitens sei eine beliebige Zeichenkette und fix ; sei . Es sei ; dann ist . Dann können wir schreiben $x$ $\varepsilon > 0$ $K = \lfloor \log(1/\varepsilon) \rfloor$ $L_K = \{y : d(x,y) < \varepsilon\}$ $L_K = \{y : s(x,y) > K\}$

L_{K} = {y : (\forall j = 1, \dots, K) | L (T_{j}) \cap {x, y} | \neq 1} .

$L_K = \{ y : (\forall j=1,\dots,K) |L(T_j) \cap \{x,y\}| \neq 1\}.$

Aber ist entscheidbar: Bei Eingabe von kann man die ersten Entscheider für und simulieren und nur dann akzeptieren, wenn jeder entweder beide akzeptiert oder beide abgelehnt hat. $L_K$ $y$ $K$ $x$ $y$ $~\square$

Jetzt sind wir fast fertig:

Prop. Sei stetig. Wenn rekursiv ist, ist rekursiv. $f$ $L$ $f^{-1}(L)$

Beweis. Unter einer kontinuierlichen Funktion ist das Vorbild einer Nachbarschaft eine Nachbarschaft.

Interessanterweise denke ich, dass in diesem Raum eine stetige Funktion gleichmäßig stetig ist: Sei stetig, so existiert für jeden Punkt für jedes ein entsprechendes . Repariere ein und lasse . Es gibt eine endliche Anzahl von Kugeln der Größe : es gibt ; dann gibt es ; dann und so weiter. assoziiert mit jeder dieser Sprachen $f$ $x$ $\varepsilon$ $\delta$ $\varepsilon$ $K = \lfloor \log(1/\varepsilon) \rfloor$ $\varepsilon$ $L(T_1) \cup L(T_2) \dots \cup L(T_K)$ $\overline{L(T_1)} \cup L(T_2) \dots \cup L(T_K)$ $L(T_1) \cup \overline{L(T_2)} \dots \cup L(T_K)$ $f$ $L_i$ eine Vorabbildsprache mit zugehörigem Durchmesser . Für jedes , . So können wir das Minimum über dieses endlich viele nehmen s die einheitliche Kontinuität konstant erhalten mit dieser assoziiert . $L_i^{\prime}$ $\delta_i$ $x \in L_i^{\prime}$ $d(x,y) \leq \delta_i \implies d(f(x),f(y)) \leq \varepsilon$ $\delta$ $\delta$ $\varepsilon$

— usul
quelle

Es ist klar, dass aber ich vermisse immer noch, wie man zeigt, dass rekursiv ist!

d (x^{'}, y^{'}) \leq \frac{1}{2^{K}}

$d(x',y') \leq \frac{1}{2^K}$

f^{- 1} (L)

$f^{-1}(L)$

— Jernej

@Jernej OK, also zuerst haben wir auch das Gegenteil - wenn dann sind entweder beide in oder keine ist. Nehmen wir nun . Dann gibt es etwas also, wenn , dann . Lassen Sie uns insbesondere mit auswählen . Nun wollen wir wissen, wo alle anderen Elemente von relativ zu , und daher, wo müssen die anderen Elemente von relativ zu ?

d (x^{'}, y^{'}) > \frac{1}{2^{K}}

$d(x^{\prime},y^{\prime}) > \frac{1}{2^K}$

L

$L$

ϵ = \frac{1}{2^{K}}

$\epsilon = \frac{1}{2^K}$

δ

$\delta$

d (x, y) \leq δ

$d(x,y) \leq \delta$

| L \cap {f (x), f (y)} | = 1

$\left| L \cap \{f(x),f(y)\} \right| = 1$

x

$x$

x^{'} = f (x) \in L

$x^{\prime} = f(x) \in L$

L

$L$

x^{'}

$x^{\prime}$

f^{- 1} (L)

$f^{-1}(L)$

x

$x$

— Usul

@Jernej Ich habe meine Lösung jetzt gepostet. Ich hoffe, was ich früher gepostet habe, war hilfreich! Vielen Dank für das Posten dieses Problems, es ist sehr cool.

— Usul

Ich danke Ihnen sehr für Ihre Antwort. Ich habe eine Weile gebraucht, um die Hinweise zu verdauen, daher habe ich Ihre Antwort nicht angenommen!

— Jernej

Schnelle Frage. Wir haben gezeigt, dass entscheidbar ist. Ich verstehe nicht, wie daraus folgt, dass es rekursiv ist? Kann es nicht sein, dass einer der simulierten niemals anhält?

L_{K}

$L_K$

T_{j}

$T_j$

— Jernej