L'ensemble de codages d'une classe de langues non triviale qui contient l'ensemble vide peut-il être récursivement énumérable?

Soit un ensemble non trivial de langages récursivement énumérables ( ) et soit l'ensemble des encodages des machines Turing qui reconnaissent un langage en : $C$ $\emptyset \subsetneq C \subsetneq \mathrm{RE}$ $L$ $C$

L = {⟨ M ⟩ ∣ L (M) \in C}

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

Supposons que $\langle M_{loopy}\rangle \in L$ , où $M_{loopy}$ est une MT qui ne s'arrête jamais. Je me demande s'il est possible que $L \in \mathrm{RE}$ ?

Par le théorème de Rice, je sais que $L \notin \mathrm{R}$ (l'ensemble des langages récursifs), donc soit $L \notin \mathrm{RE}$ ou $\overline{L} \notin \mathrm{RE}$ . Doit-il être la première option depuis $M_{loopy} \in L$ ?

computability turing-machines

— Numérateur
source

Vous devez expliquer votre notation. Qu'est-ce que

⟨M⟩ $\langle M \rangle$ ? Qu'est-ce que

L(M) $L(M)$ ? Qu'est-ce que

L¯¯¯¯ $\overline{L}$ ? La seule chose que vous avez expliquée est ce que RE représente, et c'est la seule chose que vous n'avez pas besoin d'expliquer.

— Andrej Bauer

@AndrejBauer: C'est une notation assez standard. Ils veulent dire, de gauche à droite, le codage de M, la langue acceptée par

M $M$ , et le complément de

L $L$ .

— Raphael

Vous voulez dire "donc soit

L∉RE $L \notin \mathrm{RE}$ ou

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

— Raphael

il y a une extension du théorème de Rice qui décrit les conditions qui font . Je pourrais avoir le temps plus tard de l'écrire, à moins que d'autres ne le fassent. MAIS , si (ce qui est impliqué par l'existence de ), alors . Cela découle également du thm de Rice avec la preuve standard.

L∈RE $L\in RE$

∅∈C $\emptyset\in C$

Mloop∈L $M_{loop}\in L$

L∉RE $L\notin RE$

— Ran G.

@Raphael, vous avez raison.

— Numérateur

Réponses:

Non, ce n'est pas possible. Il existe une version étendue du théorème de Rice¹ pour prouver qu'un ensemble d'index n'est pas récursivement énumérable.

Dans votre notation, le théorème déclare que si un (non trivial) contient un langage qui a un sur-ensemble approprié pas en , alors . L'intuition est qu'aucun algorithme ne peut séparer les codages de et ; ils ne peuvent pas décider que la machine ne encodée pas accepter un mot de après un certain laps de temps fini, qu'ils devaient. $C$ $L_1$ $L_2$ $C$ $L \notin \mathrm{RE}$ $L_1$ $L_2$ $L_2 \setminus L_1$

Vous avez maintenant besoin de mais , donc le théorème s'applique et n'est pas récursivement énumérable. $\emptyset \in C$ $C \neq 2^{\Sigma^*}$ $L$

L' article Wikipedia est horrible, méfiez-vous!

— Raphael
source

Puis-je prétendre que puisque nous obtenons que la machine de turing vide, qui n'accepte aucun mot et en raison du théorème de Rice nous savons que (toutes les conditions de Rice sont OK) donc parce que nous obtenons que ?

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 $L \notin RE$

— Numérateur

@Numerator: Qu'est-ce que Etm? Dans tous les cas, n'est pas nécessairement dans , donc non. Si c'était le cas, ce raisonnement fonctionnerait, oui.

L $L$

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

— Raphael

pour compléter la réponse de Raphaël, il y a une extension du théorème de Rice qui dit ce qui suit:

Théorème de Rice généralisé

Soit une propriété et Soit toutes les MT qui satisfont la propriété , c'est-à-dire Ensuite, si et seulement si toutes les conditions suivantes sont réunies: $S \subseteq RE$ $L_S$ $S$
$L S = {⟨ M ⟩ ∣ L (M) \in S} .$ $L_S = \{ \langle M \rangle \mid L(M) \in S \}.$ $L_S \in RE$

pour toute $L_1,L_2 \in RE$ , si $L_1 \in S$ et $L_1 \subseteq L_2$ puis $L_2 \in S$ .

si $L_1\in S$ alors il existe un fini $L_2 \subseteq L_1$ tel que $L_2 \in S$ .

La langue de «toutes les langues finies en $S$ 'est en RE.
(en d'autres termes, il existe une MT $M_S$ que si $L$ est une langue finie $L=\{w_1, w_2, \ldots w_k)$ , et $(w_1, w_2, \ldots, w_k)$ est donné à $M_S$ en entrée, $M$ accepte uniquement si $L\in S$ .

Revenons maintenant à la question d'origine. Nous maintenant $\langle M_{loopy}\rangle\in L$ donc $L(\langle M_{loopy}\rangle)\in C$ . Mais $L(\langle M_{loopy}\rangle)=\emptyset$ puisque cette TM ne s'arrête jamais. Cela signifie que $\emptyset \in C$ .

Voyons maintenant la première condition du théorème ci-dessus. N'IMPORTE QUELLE langue $L$ satisfait $\emptyset \subseteq L$ . Ainsi, pour satisfaire à la condition 1, il faut que $C=RE$ . Cependant, la question indique que $C\subsetneq RE$ et donc, par le théorème, $L\notin RE$ .

— A sonné.
source

Y a-t-il une source où je peux en savoir plus sur ce théorème? Je n'ai pas pu en trouver un en ligne qui soit satisfaisant.

— Gokul

@Gokul On me dit que ce théorème apparaît dans le livre de Hopcroft, Motwani, Ullman, mais seulement dans sa première version (apparemment il a été supprimé dans les versions ultérieures).

— Ran G.

@Ran G. Je n'ai pas pu trouver le livre mentionné pour vérifier cela, mais le numéro 3 semble faux, car pour

S=RE $S=RE$ , la langue de toutes les langues finies n'est pas

RE $RE$ . Vous pourriez plutôt vouloir dire une autre condition similaire:

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

D $D$ est le codage canonique des langages finis,

W $W$ l'énumération standard de

RE $RE$ langues et

f $f$ une fonction totalement calculable. Dans ce cas, cette condition équivaut uniquement à

LS $L_S$ étant

RE $RE$ . (Voir H. Rogers Theory of Recursive Functions and Effective Computability p324 ) Bien que # 1 et # 2 soient suffisants ici.

— Beleg

@Beleg Je ne vois pas pourquoi c'est mal. Si

S=RE $S=RE$ alors toute langue finie est en

S $S$ , par conséquent, la MT qui accepte n'importe quelle chaîne (ou plutôt, toute chaîne bien formatée) est un décideur pour l'ensemble de toutes les langues finies en S. Si vous n'êtes toujours pas d'accord, continuons dans le chat informatique .

— Ran G.

Il est possible que $L$ est un re set. Considérez le cas $C = RE$ . alors $L$ est l'ensemble de tous les codes de toutes les machines Turing. Ceci est un ensemble récursif, en fait, selon les détails de l'encodage, nous pourrions avoir $L = \mathbb{N}$ . Il est donc faux que $L$ ne peut pas être récursif.

Je soupçonne que vous avez mal formulé la question.

— Andrej Bauer
source

Le PO exclu

$\mathrm{RE}$ .

— Raphael

@Raphael, je ne suis pas sûr (cela dépend si

$\subset$ était censé être strict), mais si c'est ce qui rend la question intéressante, supposons

$C$ n'est pas l'ensemble de

$\mathrm{RE}$ .

— Gilles 'SO- arrête d'être méchant'

@Andrej Merci pour la réponse, mais Raphael a raison, j'ai exclu

$RE$ .

— Numérateur