Ist die Vorhersage (im Grenzbereich) berechenbarer Sequenzen so schwierig wie das Stoppproblem?

Frage : Ist die Vorhersage (wie unten definiert) berechenbarer Sequenzen so schwierig wie das Stoppproblem?

Ausarbeitung : "Vorhersagen" bedeutet erfolgreich vorhersagen, was bedeutet, dass nur endlich viele Fehler bei der Aufgabe gemacht werden, das n-te Bit der Sequenz vorherzusagen, wenn Zugriff auf die vorherigen n-1 Bits gewährt wird (beginnend mit dem ersten Bit und durchgehend durch das gesamte unendliche berechenbare Sequenz).

Es gibt ein einfaches Diagonalisierungsargument (aufgrund von Legg 2006), dass es für jeden Turing-Maschinenprädiktor p eine berechenbare Sequenz gibt, bei der unendlich viele Fehler gemacht werden. (Konstruieren Sie eine Sequenz, deren n-ter Term das Gegenteil von dem ist, was p unter Berücksichtigung der vorherigen n-1-Terme in der Sequenz vorhersagt.) Es gibt also keinen berechenbaren Prädiktor, der jede berechenbare Sequenz vorhersagt. Ein haltendes Orakel würde die Konstruktion eines solchen Prädiktors ermöglichen. Aber können Sie zeigen, dass Sie mit einem solchen Prädiktor das Problem des Anhaltens lösen können?

Weitere Ausarbeitung

Definition (Legg)
Ein Prädiktor p ist eine Turing-Maschine, die versucht, das n-te Bit einer Sequenz S vorherzusagen, wenn Zugriff auf die vorherigen n-1 Bits gewährt wird. Wenn die Vorhersage nicht mit dem n-ten Bit der Sequenz übereinstimmt, nennen wir dies einen Fehler . Wir werden sagen, dass p S vorhersagt, wenn p nur endlich viele Fehler auf S macht. Mit anderen Worten, p sagt S voraus, wenn es eine Zahl M in der Sequenz st für jedes m> M gibt, p sagt das m-te Bit von S korrekt voraus Zugriff auf die ersten m-1 Bits gegeben.

Formal könnten wir eine Prädiktormaschine mit drei Bändern definieren. Die Sequenz wird bitweise als Eingabe auf einem Band eingegeben, die Vorhersagen für das nächste Bit werden auf einem zweiten Band gemacht (die Maschine kann sich nur direkt über dieses Band bewegen), und dann gibt es ein Arbeitsband, auf dem die Maschine arbeitet kann sich in beide Richtungen bewegen.

Einfache Ergebnisse
Nach der obigen Definition gibt es einen Prädiktor, der alle rationalen Zahlen vorhersagt. (Verwenden Sie die Standard-Zick-Zack-Aufzählung der Rationalen. Beginnen Sie mit der Vorhersage des 1. Rationals in der Liste. Wenn ein Fehler vorliegt, fahren Sie mit dem nächsten Rational fort.) Durch ein ähnliches Argument gibt es einen Prädiktor, der Zugriff auf N erhält und in der Lage ist, alle Sequenzen der Kolomogorov-Komplexität kleiner oder gleich N vorherzusagen. (Führen Sie alle N-Bit-Maschinen parallel aus und nehmen Sie die Vorhersage der Maschine, die zuerst anhält Sie können nur endlich viele Fehler machen).

Zitat Shane Legg 2006 http://www.vetta.org/documents/IDSIA-12-06-1.pdf (nicht der Autor dieses Beitrags)

Tatsächlich ist dies einfacher als das Lösen des Halteproblems.

$f:\mathbb N\rightarrow\mathbb N$$g:\mathbb N\rightarrow\mathbb N$$n$$g(n)\le f(n)$

$\varphi_e$$e\in\mathbb N$$\mathbb N$$\{0,1\}$

$f$$p$

$p(a_0,\ldots,a_{k-1})$$a_{k}\in \{0,1\}$$a_0,\ldots,a_k$$\varphi_t(0),\ldots,\varphi_t(k)$$t\le k$$f(k)$$f(k)$$t$$a_{k}$$=0$

$q$$\varphi_q$$k$$t=q$$a_{k}$$f$$\varphi_q$$s(n)=$$\varphi_q(n)$