Sprachklasse, erkennbar an Single-Tape-TMs mit drei Zuständen

Ich war eine Weile neugierig auf Turingmaschinen mit genau einem Band und genau 3 Zuständen (nämlich dem Startzustand , dem Annahmezustand q a c c e p t und dem Ablehnungszustand q r e j e c t ). Beachten Sie, dass ich beliebige (endliche) Bandalphabete zulasse (dh das Bandalphabet ist nicht auf das Eingabealphabet beschränkt).$q_0$$q_{accept}$$q_{reject}$

Rufen Sie der Einfachheit halber die Sprachklasse auf, die von solchen TMs erkannt wird . Ich habe mehrere Fragen zu dieser Klasse:$C_3$

1. Wurde bereits untersucht?$C_3$
2. Ist bekannt, dass anderen interessierenden Komplexitäts- / Berechenbarkeitsklassen entspricht?$C_3$
3. Ist die Klasse robust gegen Modelländerungen? Wenn zum Beispiel die verwendeten TMs während eines einzelnen Übergangs an Ort und Stelle bleiben dürfen (anstatt sich immer nach links oder rechts zu bewegen) oder wenn das Band in beide Richtungen unendlich anstatt nur nach rechts ist, wird die Klasse ausgeführt von Sprachen, die durch 3-Zustands-1-Band-TMs erkennbar sind, ändern sich?$C_3$
4. In welcher Beziehung steht zur Klasse der regulären Sprachen, R e g u l a r ? (Ist insbesondere jede reguläre Sprache in C 3 ?)$C_3$$Regular$$C_3$

Eine (eher flüchtige) Suche brachte nur diesen cs.stackexchange-Beitrag hervor, der relevant ist, aber meine Fragen nicht beantwortet, und dieses Papier , das ich nicht ausführlich genug gelesen habe, um sicherzugehen, dass es sich genau um die Klasse und nicht eine ähnliche, aber unterschiedliche Klasse (das Papier behauptet zu beweisen, dass (1) jede Sprache in C 3 entscheidbar ist und (2) dass C 3 und R e g u l a $C_3$$C_3$$C_3$$Regular$sind verschiedene Klassen mit nicht leerem Schnittpunkt). Wie in den Kommentaren des Beitrags cs.stackexchange erwähnt, können diese Arten von TMs als sehr spezielle zelluläre Automaten angesehen werden. Vielleicht könnte jemand helfen, der die Literatur zur Theorie der zellularen Automaten kennt.

Das Biest ist extrem mächtig , zum Beispiel können wir ein TM , das jede Zeichenfolge der Form akzeptiert$M$

$L_Y = \{ r\; 0^n \; 1^m\;A \mid m \leq n \}$

und lehnt jede Zeichenfolge des Formulars ab

$L_N = \{ r\; 0^n \; 1^m\;A \mid m > n \}$

Die Idee ist, das erste in R umzuwandeln und dann den Kopf die Mitte der Saite erreichen zu lassen, dann einen "zustandslosen" Zick-Zack zu machen; Wenn es A vor R erreicht , akzeptiert es.$r$$R$$A$$R$

Informelle Beschreibung:

• auf schreibe R und bewege dich nach rechts (bereite dich auf das Ablehnen vor)$r$$R$
• auf schreibe c und bewege dich nach rechts (in Richtung Mitte)$0$$c$
• auf schreibe > und bewege dich nach links (markiere eine 1 , bereite dich auf die nächste Kreuzung von links nach rechts vor und gehe nach links)$1$$>$$1$
• auf schreibe < und bewege dich nach rechts (markiere eine 0 , bereite dich auf die nächste Kreuzung von rechts nach links vor und gehe nach rechts)$c$$<$$0$
• auf schreibe > und gehe nach links (Kreuzung von links nach rechts, bereite dich auf die nächste von rechts nach links vor)$<$$>$
• on schreibe < und gehe nach rechts (Kreuzung von rechts nach links, bereite dich auf die nächste von links nach rechts vor)$>$$<$
• auf akzeptieren, auf R ablehnen$A$$R$
• auf leer ablehnen$b$

Beispiel:

  :r 0 0 0 1 1 A
   R:0 0 0 1 1 A
   R c:0 0 1 1 A
   R c c:0 1 1 A
   R c c c:1 1 A
   R c c:c > 1 A
   R c c <:> 1 A
   R c c < <:1 A
   R c c <:< > A
   R c c:< > > A
   R c:c > > > A
   R c <:> > > A
   ...
   R c < < < <:A ACCEPT

Diese Zick-Zack-Technik wird in der kleinsten Universal-Turing-Maschine mit zwei Zuständen (mit 18 Symbolen) verwendet, die von Rogozhin konstruiert wurde (Rogozhin 1996. TCS, 168 (2): 215–240).

Es sollte etwas Aufmerksamkeit geschenkt werden, um zu beweisen, dass bei allen Eingaben anhält (beachten Sie nur, dass es bei leeren Eingaben zurückweist und alle nicht anhaltenden Symbole zu < oder > "konvergieren", was nicht zu einer Endlosschleife führen kann).$M$$<$$>$

Wie von DavidG kommentiert, ist die von M erkannte Sprache eine Obermenge von L Y (dh L Y ⊂ L ( M ) ), enthält jedoch keine Zeichenfolge von L N (dh L ( M ) ∩ L N. = ∅ ) und - wie von MikhailRudoy kommentiert - dies reicht aus, um zu beweisen, dass L ( M ) nicht regulär ist.$L(M)$$M$$L_Y$$L_Y \subset L(M)$$L_N$$L(M) \cap L_N = \emptyset$$L(M)$

In der Tat, wenn regulär ist, dann wäre auch L ( M ) ∩ { r 0 ∗ 1 ∗ A } = L Y = { r 0 n 1 m A ∣ m ≤ n } regulär (was nicht durch eine einfache Anwendung erfolgt des Pump-Lemmas); was zu einem Widerspruch führt.$L(M)$$L(M) \cap \{ r0^*1^*A \} = L_Y = \{ r0^n 1^mA \mid m \leq n \}$

So ist nicht regulär .$L(M)$

... Aber wie alle Superhelden hat eine Achille-Ferse: Es kann nicht einmal die reguläre erkennen:$C_3$

$L = \{ 1^{2n} \}$

Informell kann nur das am weitesten links stehende ( b ist das leere Symbol) oder der rechte Nebel 1 b . . . als Haken und "expandieren" in die andere Richtung; Das endgültige Akzeptieren oder Ablehnen kann sich jedoch nicht auf dem leeren Symbol der gegenüberliegenden Seite befinden. Daher kann es nur im inneren Teil der 1 s ausgeführt werden. Ausgehend von einer ausreichend langen Eingabe kann es "gefälscht" werden, indem es um eins gedehnt wird.$b 1 ...$$b$$1b...$$1$

Schließlich kann ich nach dem Lesen des Papiers bestätigen, dass das darin beschriebene Ein-Zustands-TM zu Ihrer -Klasse passt ... (also hier nichts Neues :-) ... und die Sprache, die der Autor verwendet, um zu beweisen, dass es enthält Nicht reguläre Sprachen sind meinen sehr ähnlich.$C_3$

$C_3$

(Ich poste dies als separate Antwort zur besseren Übersichtlichkeit)

$M$

$L_Y = \{ a \; 0^n \; 1^m \; R \mid m \geq 2^n\}$

und lehnt Zeichenfolgen der Form ab:

$L_N = \{ a \; 0^n \; 1^m \; R \mid m \lt 2^n\}$

$a$$A$$Z$$Z$$S$$S$$)$$)$$Z$

Die Übergänge sind:

• auf r schreibe R$r$$R$
• $0$$Z$
• $1$$>$$1$
• $>$$<$
• $<$$>$
• $Z$$S$
• $S$$)$
• $)$$Z$
• auf A akzeptieren, auf R$A$$R$
• auf leer b$b$

Beispiel:

 :a 0 0 0 1 1 1 1 1 1 1 1 R
  A:0 0 0 1 1 1 1 1 1 1 1 R
  A Z:0 0 1 1 1 1 1 1 1 1 R
  ...
  A Z Z Z:1 1 1 1 1 1 1 1 R
  A Z Z:Z > 1 1 1 1 1 1 1 R
  A Z Z S:> 1 1 1 1 1 1 1 R
  A Z Z S <:1 1 1 1 1 1 1 R
  A Z Z S:< > 1 1 1 1 1 1 R
  A Z Z:S > > 1 1 1 1 1 1 R
  A Z:Z ) > > 1 1 1 1 1 1 R
  A Z S:) > > 1 1 1 1 1 1 R
  A Z S Z:> > 1 1 1 1 1 1 R
  ...
  A Z S:Z > > > 1 1 1 1 1 R
  ...
  A Z S S < < <:1 1 1 1 1 R
  ...
  A S:) ) > > > > 1 1 1 1 R
  ...
 :A ) ) ) > > > > > > > > R ---> ACCEPT

$M$$( , S , Z$$<, >$

$L(M)$$L_Y$$L_Y \subset L(M)$$L_N$$L(M) \cap L_N = \emptyset$

$L(M)$$\{r 0^* 1^* A\}$

$L(M) \cap \{r 0^* 1^* A\} = \{ a \; 0^n \; 1^m \; R \mid m \geq 2^n\} = L_Y$

$L_Y \notin CFL$$s \in L_Y$$0$$1s$$2^n$$\notin L_Y$

$L(M)$

... jetzt frage ich mich, ob dies eine andere Antwort ist, die das Rad neu erfindet, oder ob es ein neues (kleines) Ergebnis ist.

In dieser Antwort wird angenommen, dass Turing-Maschinen unendliche Bänder in beide Richtungen haben. Die Ansprüche gelten nicht für unendliche Einwegbänder.

$C_3'$$C_3$$C_3'$$C_3$$C_3'$$C_3'$

$C_3$$C_3'$$L$$C_3'$$\{1^n;n\in\mathbb{N}\backslash\{0\}\}$$L$$L^C$$C_3'$$\{\}$$\{\varepsilon\}$$\{1^n;n\in\mathbb{N}\}$$\{1^n;n\in\mathbb{N}\backslash\{0\}\}$$C_3$$L\in C_3$$1^n\in L$$n\geq 1$$1^m\in L$$m\geq n$$C_3$$C_3'$$\{1\}$$C_3$$C_3'$

$C_3'$$M$$\{1^n;n\in\mathbb{N}\backslash\{0\}\}$$1^n$$n\in\mathbb{N}\backslash\{0\}$$M$

$M$

$M$$M$

$M$$n$$A^n$$A$$M$$A$$M$$M$$A$$M$

$M$$\{1^n;n\in\mathbb{N}\backslash\{0\}\}$

$C_3$$M$$1^n$$n\geq 1$$M$$1^m$$m\geq n$$M$

$M$

$M$$M$$1^n$$n$$1^n$

$M$$m$$A^m$$A$$M$$A$$M$$1^n$$M$$n$$A$$1^n$$M$ besucht die Zelle nicht direkt links von der ursprünglichen Zelle, da sie das leere Symbol enthält und wenn sie es lesen würde, würde sie für immer laufen.

$M$$\{1^m;m\geq n\}$