O conjunto de codificações de uma classe não trivial de idiomas que contém o conjunto vazio pode ser recursivamente enumerável?

Seja um conjunto não trivial de linguagens recursivamente enumeráveis ( ) e seja o conjunto de codificações de máquinas de Turing que reconhecem algum idioma em : $C$ $\emptyset \subsetneq C \subsetneq \mathrm{RE}$ $L$ $C$

L = {⟨ M ⟩ ∣ L (M) \in C}

$L=\{\langle M \rangle \mid L(M) \in C \}$

Suponha que $\langle M_{loopy}\rangle \in L$ , onde $M_{loopy}$ é uma TM que nunca pára. Gostaria de saber se é possível que $L \in \mathrm{RE}$ ?

Pelo teorema de Rice, eu sei que $L \notin \mathrm{R}$ (o conjunto de linguagens recursivas), então $L \notin \mathrm{RE}$ ou $\overline{L} \notin \mathrm{RE}$ . Tem que ser a primeira opção desde $M_{loopy} \in L$ ?

computability turing-machines Numerador
fonte

Você deve explicar sua notação. O que é

⟨M⟩ $\langle M \rangle$ ? O que é

L(M) $L(M)$ ? O que é

L¯¯¯¯ $\overline{L}$ ? A única coisa que você explicou foi o que RE representa, e essa é a única coisa que você não precisa explicar.

Andrej Bauer

@AndrejBauer: Essa é uma notação bastante padrão. Eles querem dizer, da esquerda para a direita, a codificação de M, a linguagem aceita por

M $M$ , e o complemento de

L $L$ .

Raphael

Você quer dizer "então

L∉RE $L \notin \mathrm{RE}$ ou

L¯¯¯¯∉RE $\overline{L} \notin \mathrm{RE}$ ", presumo?

Raphael

existe uma extensão do teorema de Rice que descreve as condições que produzem . Talvez eu tenha tempo depois para escrevê-lo, a menos que outros o façam. MAS , se (que está implícito na existência de ), então . Isto também se segue do thm de Rice com a prova padrão.

L∈RE $L\in RE$

∅∈C $\emptyset\in C$

Mloop∈L $M_{loop}\in L$

L∉RE $L\notin RE$

Ran G.

@Raphael, você está certo.

Numerador

Respostas:

Não, isso não é possível. Existe uma versão estendida do teorema de Rice¹ para provar que um conjunto de índices não é recursivamente enumerável.

Em sua notação, as teorema que se uma (não-trivial) contém uma linguagem que tem um super adequada não em , então . A intuição é que nenhum algoritmo pode separar codificações de e ; eles não podem decidir que a máquina codificada não aceita nenhuma palavra de após um período finito de tempo, o que eles precisavam. $C$ $L_1$ $L_2$ $C$ $L \notin \mathrm{RE}$ $L_1$ $L_2$ $L_2 \setminus L_1$

Agora você requer mas ; portanto, o teorema se aplica e não é recursivamente enumerável. $\emptyset \in C$ $C \neq 2^{\Sigma^*}$ $L$

O artigo da Wikipedia é horrível, cuidado!

Rafael
fonte

Posso afirmar que, desde que , obtemos a máquina de turing Empty, que não aceita nenhuma palavra e, devido ao teorema do arroz, sabemos que (todas as condições de Rice estão bem) então porque temos esse ?

L(Mloop)=∅ $L(M_{loop})= \emptyset$

Etm⊂L $Etm \subset L$

L∉R $L \notin R$

Etm∈Co−RE $Etm \in Co-RE$

L∉RE $L \notin RE$

Numerador

@ Numerator: O que é Etm? De qualquer forma, não está necessariamente em , portanto não. Se fosse, esse raciocínio funcionaria, sim.

L $L$

co-RE $\mathsf{co\text{-}RE}$

Raphael

Para completar a resposta de Rafael, há uma extensão do teorema de Rice que diz o seguinte:

Teorema do Arroz Generalizado

Seja alguma propriedade e seja todas as TMs que satisfazem a propriedade , ou seja, Então, se e somente se todas as seguintes condições : $S \subseteq RE$ $L_S$ $S$
$L S = {⟨ M ⟩ ∣ L (M) \in S} .$ $L_S = \{ \langle M \rangle \mid L(M) \in S \}.$ $L_S \in RE$

para qualquer , se e então . $L_1,L_2 \in RE$ $L_1 \in S$ $L_1 \subseteq L_2$ $L_2 \in S$

se seguida, existe uma finito tal que . $L_1\in S$ $L_2 \subseteq L_1$ $L_2 \in S$

A linguagem de 'todas as línguas finitas em ' está em RE. (em outras palavras, existe um TM que, se é um idioma finito, e são fornecidos a como entrada, aceita somente se . $S$
$M_S$ $L$ $L=\{w_1, w_2, \ldots w_k)$ $(w_1, w_2, \ldots, w_k)$ $M_S$ $M$ $L\in S$

Agora, de volta à pergunta original. Nós agora que de modo . Mas pois essa TM nunca é interrompida. Isto significa que . $\langle M_{loopy}\rangle\in L$ $L(\langle M_{loopy}\rangle)\in C$ $L(\langle M_{loopy}\rangle)=\emptyset$ $\emptyset \in C$

Agora vamos ver a primeira condição do teorema acima. QUALQUER linguagem satisfaz . Assim, para satisfazer a condição 1, deve ser que . No entanto, a pergunta afirma que e, portanto, pelo teorema, . $L$ $\emptyset \subseteq L$ $C=RE$ $C\subsetneq RE$ $L\notin RE$

Tocou.
fonte

Existe uma fonte onde eu possa aprender mais sobre esse teorema? Não consegui encontrar um online que fosse satisfatório.

Gokul

@Gokul Disseram-me que esse teorema aparece no livro de Hopcroft, Motwani, Ullman, mas apenas em sua primeira versão (aparentemente foi removido em versões posteriores).

Ran G.

@Ran G. Não consegui encontrar o livro mencionado para verificar isso, mas o número 3 parece errado, pois para

S=RE $S=RE$ , o idioma de todos os idiomas finitos não é

RE $RE$ . Você pode querer dizer outra condição semelhante:

∀x(x∈LS⟺∃u(Df(u)⊆Wx)) $\forall x (x \in L_S \iff \exists u(D_{f(u)} \subseteq W_x))$ , Onde

D $D$ é a codificação canônica de linguagens finitas,

W $W$ a enumeração padrão de

RE $RE$ idiomas e

f $f$ alguma função totalmente computável. Nesse caso, esta condição é apenas equivalente a

LS $L_S$ ser

RE $RE$ . (Veja Teoria das Funções Recursivas e Computabilidade Efetiva de H. Rogers, pág . 322 ) Embora os itens 1 e 2 sejam suficientes aqui.

Beleg

@ Beleg Não vejo por que está errado. E se

S=RE $S=RE$ então qualquer linguagem finita está em

S $S$ , portanto, a TM que aceita qualquer string (ou melhor, qualquer string bem formatada) é decisiva para o conjunto de todos os idiomas finitos em S. Se você ainda não concorda, vamos continuar no bate-papo de ciência da computação .

Ran G.

É possível que $L$ é um reset. Considere o caso $C = RE$ . Então $L$ é o conjunto de todos os códigos de todas as máquinas de Turing. Este é um conjunto recursivo, de fato, dependendo dos detalhes da codificação, poderíamos ter $L = \mathbb{N}$ . Portanto, é realmente falso que $L$ não pode ser recursivo.

Eu suspeito que você formulou mal a pergunta.

Andrej Bauer
fonte

O PO excluiu

RE $\mathrm{RE}$ .

Raphael

@Raphael Eu não tenho certeza (depende se

⊂ $\subset$ foi planejado como estrito), mas se é o que torna a pergunta interessante, vamos assumir

C $C$ não é o todo

$\mathrm{RE}$ .

Gilles 'SO- stop be evil'

@Andrej Obrigado pela resposta, mas Raphael está certo, excluí

$RE$ .

Numerator