Decidibilidade de idiomas

$L_1$ é uma linguagem recursivamente enumerável sobre algum alfabeto . Um algoritmo enumera eficazmente as suas palavras como . é outro idioma sobre como Considere as seguintes afirmações. $\Sigma$ $w_1, w_2, ...$
$L_2$ $\Sigma \cup \{\#\}$ $\{w_i\#w_j : w_i, w_j \in L_1, i < j\}$

$L_1$ é recursivo implica é recursivo $L_2$

$L_2$ é recursivo implica $L_1$ é recursivo

Quais afirmações são / são verdadeiras?

Eu pensei que ambas as afirmações eram verdadeiras.

A afirmação 1 é verdadeira. é recursivo significa que pode enumerar lexicograficamente suas seqüências de caracteres. A questão da associação para pode ser facilmente resolvida usando o decider e o enumerador lexicográfico de . $L_1$ $L_2$ $L_1$

A afirmação 2 é verdadeira. O algoritmo que decide pode ser modificado para aceitar se a sequência de entrada corresponde a ou . Isso resolve a questão da associação para . $L_2$ $w_i$ $w_j$ $L_1$

A solução dada para esta pergunta, no entanto, diz que a afirmação 2 é falsa. Você poderia me informar se meu raciocínio deu errado em algum lugar?

formal-languages computability Abhijith Madhav
fonte

"corresponde a

w_{i}

$w_i$ ou

w_{j}

$w_j$ " -- para qual

i

$i$ resp.

j

$j$ ?

Raphael

@Raphael, quero dizer que o algoritmo que decide

L_{2}

$L_2$ pode ser modificado para aceitar se a sequência de entrada corresponde ao

w_{i}

$w_i$ ou

w_{j}

$w_j$ do

w_{i} # w_{j}

$w_i\#w_j$ , a forma da sequência de

L_{2}

$L_2$ .

Abhijith Madhav

Mas onde é que começa a

w_{i} # w_{j}

$w_i\#w_j$ ? Você não pode simplesmente procurar por um, que só lhe daria a enumerabilidade, não a decidibilidade. (Você tem que ser muito preciso aqui!)

Raphael

Você não tem permissão para alterar a enumeração de

L_{1}

$L_1$ na etapa 1, seu raciocínio para a etapa 1 está com defeito quando você alterna da enumeração

w_{i}

$w_i$ para a enumeração lexicográfica.

Andrej Bauer

Você não tem permissão para fazer isso. A declaração do problema fornece um algoritmo para enumerar

L_{1}

$L_1$ e você tem que usar esse na definição de

L_{2}

$L_2$ . Você não entendeu a declaração do problema.

27412 Andrej Bauer

Respostas:

Você parece estar certo. Mas como Raphael diz, tenha cuidado.

Instrução 1. Observe que o $L_2$ é definido usando o algoritmo de enumeração $\cal E$ para $L_1$ , nao por $L_1$ em si. Para decidir se $u\#v \in L_2$ , decida se ambos $u,v$ no $L$ e, se confirmado, execute o enumerador $\cal E$ e veja se $u$ é emitido antes $v$ . Como sabemos, ambas as cordas estão em $L_1$ isso terminará.

Instrução 2. Se $L_1$ é finito, é recursivo, então assumimos $L_1$ é infinito. Corre $\cal E$ e aguarde a primeira palavra $w_1$ . Agora, uma decisão para $L_2$ pode ser transformado em um para $L_1$ do seguinte modo. Testar $u\in L_1$ primeiro verifique se $u=w_1$ e depois verifique $w_1\#u \in L_2$ . Isso é equivalente a $u\in L_1$ como não precisamos nos preocupar com o $i<j$ requisito, que agora é verdadeiro por construção.

Eu nem tenho certeza de que precisamos saber $w_1$ Correndo $\cal E$ : queremos apenas verificar se existe uma decisão, não se uma pode ser efetivamente construída. Isso parece impossível.

( editar ) Apenas para observar que Raphael postou uma "implementação" mais explícita dessas sugestões, o que evita possíveis ambiguidades.

Hendrik Jan
fonte

Relativamente à declaração 2:

w_{1}

$w_1$ pode ser codificado e, em seguida, podemos abandonar a suposição de que

L_{1}

$L_1$ é recursivamente enumerável.

Yuval Filmus

Depende; nós não sabemos isso

E

$\cal{E}$ não se repete. Se sim,

w_{1} # w_{1} \in L_{2}

$w_1\# w_1 \in L_2$ depois de tudo. Não podemos decidir que

w_{1}

$w_1$ nunca se repete. Claro, há é sempre um recenseador não-repetição, mas desde

L_{2}

$L_2$ depende especificamente de

E

$\cal{E}$ não é justo supor que temos um.

Raphael

Aqui nunca verificamos

w_{1} # w_{1}

$w_1\#w_1$ para evitar problemas. Entrada

u

$u$ está marcado "manualmente" para

w_{1}

$w_1$ . Além disso, a formulação sugere enumeração sem repetição, justamente por causa do seu comentário.

Hendrik Jan

@HendrikJan Expliquei por que verificar

u = w_{1}

$u=w_1$ não é suficiente para rejeitar o

u

$u$ em geral. A formulação não sugere enumeração sem repetição; de fato, o OP diz que a solução fornecida contradiz sua resposta, o que apontaria para outra interpretação.

Raphael

Eu acho que posso ter me confundido parcialmente. Eu mesmo postei uma resposta, que agora acho que é equivalente ao que você pretendia. No processo, acho que encontrei um problema com a prova da primeira declaração.

Raphael

Anúncio 1: a afirmação é verdadeira, mas seu raciocínio não é: você não pode alterar a enumeração; a definição de $L_2$ está intimamente ligado à ordem dos elementos. Aqui está o algoritmo simples que decide $L_2$ :

decide2(w) = {
  (u,v) = split (w,#) // w = u#v

  if ( decide1(u) && decide1(v) ) {
    i = 1
    while ( true ) {
      if ( enumerate1(i) == u ) {
        return true
      }
      else if ( enumerate1(i) == v ) {
        return false
      }
      i += 1
    }   
  }

  return  false
}

Aqui, decide1é a decisão de $L_1$ e enumerate1é o enumerador para $L_1$ , que ambos existem por suposição. Observe que o whileloop sempre termina; nesse ponto, sabemos que $u,v \in L_1$ então o loop os encontrará (de fato, o que ocorrer primeiro) eventualmente.

Anúncio 2: Essa afirmação é realmente verdadeira, mas novamente por razões diferentes das que você afirma.

E se $L_2$ é recursivo, o programa a seguir é computável e decide $L_1$ :

decide1(w) = {
  w1 = enumerate1(1)
  if ( w == w1 ) }
    return true
  }
  else {
    return decider2(w1#w)
  }
}

E se $w = w_1$ , nós claramente temos $w \in L_1$ e o programa decide corretamente. E se $w \in L_1 \setminus \{w_1\}$ , existe um $i > 1$ de tal modo que $w_i = w$ e, portanto, $w_1\#w \in L_2$ ; por outro lado, se $w \not\in L_1$ , não existe $i$ e assim $w_1\#w \not\in L_2$ . O programa decide corretamente em todos os casos.

Rafael
fonte

Vamos pensar nisso, o primeiro algoritmo é falho: se a enumeração tiver repetições, não podemos rejeitar a entrada apenas porque as primeiras ocorrências de

u, v

$u,v$ estão na ordem errada.

Raphael

Nenhuma esperança para remendar eu acho. Não há como decidir se haverá uma segunda ocorrência da palavra

u

$u$ (para verificar se ocorre também após

v

$v$ ) No entanto a questão disse que havia dificuldades com Problema 2. Não Problema 1 :)

Hendrik Jan

@ Rafael, eu não entendo o que você quer dizer com "você não pode alterar a enumeração". Que enumeração eu mudei? Meu raciocínio para a afirmação 1 ser verdadeira é exatamente o que você escreveu na sua resposta acima. Depois de usar a decisão de

L_{1}

$L_1$ decidir

u

$u$ e

v

$v$ , você usa o enumerador para verificar se

u

$u$ é enumerado antes

v

$v$ . Não é isso porque você espera que o enumerador de

L_{1}

$L_1$ enumerar lexicograficamente, agora que a hipótese da afirmação 1 diz que

L_{1}

$L_1$ é recursivo?

Abhijith Madhav

@Raphael, Your following comment has me more confused. Why do you now think that first occurrences of

u, v

$u, v$ might be in the wrong order if the enumeration has repetitions. As

L_{1}

$L_1$ is recursive, the enumeration cannot have

u, v

$u, v$ in the wrong order. I just referenced a text book (sipser)to make sure that my "recursive implies lexicographically enumerable" is correct.

Abhijith Madhav

@Abhijith From what you write in your question it is not clear exactly how you exploit that there is a lexicographic enumeration; you may not assume the enumeration defining

L_{2}

$L_2$ is lexicographic, and it seems as if you did that.

Raphael