Un espace métrique intéressant lié aux machines de Turing


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Dans cette question, nous considérons uniquement les machines Turing qui s'arrêtent sur toutes les entrées. Si kN alors par Tk on désigne la machine de Turing dont le code est k .

Considérez la fonction suivante

s(x,y)=min{k|L(Tk){x,y}|=1}

En d'autres termes, est le code de la plus petite machine de Turing qui reconnaît précisément l'une des chaînes x , y . Nous pouvons maintenant définir la carte suivantes(x,y)x,y.

d(x,y)={2s(x,y)if xy,0otherwise.

On peut rapidement vérifier que induit un espace métrique (en fait un ultramétrique) sur Σ .d(x,y)Σ.

Je voudrais maintenant prouver que si est une fonction uniformément continue , alors pour chaque langage récursif L, f - 1 ( L ) est récursif également.f:ΣΣf1(L)

En d'autres termes, soit une carte telle que pour chaque ϵ > 0 il y a un δ > 0 tel que si pour les chaînes x , y Σ fϵ>0δ>0x,yΣ puis d ( f ( x ) , f ( y ) ) < ϵ . Ensuite, nous devons montrer que f - 1 ( L ) est un langage récursif étant donné que L est récursif.

d(x,y)δ
d(f(x),f(y))<ϵ.
f1(L)L

Maintenant, comme déjà noté dans ce post, une façon d'aborder le problème est de montrer qu'il existe une machine de Turing qui, étant donné une chaîne calcule f ( x ) .xΣf(x).

Je suis coincé à prouver cette affirmation et je me demande lentement s'il existe une autre approche pour résoudre ce problème?

Les astuces, suggestions et solutions sont les bienvenues!


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Pourquoi essayez-vous de prouver cela? Cela me rappelle la calculabilité de Banach-Mazur, qui ne se comporte pas très bien.
Andrej Bauer

@AndrejBauer Devoir de devoirs!
Jernej

Réponses:


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Edit: suppression des indices, publication de ma solution.

Voici ma solution. Nous allons choisir un point de référence f ( x ) L et considérer l'univers des points de vue de x et f ( x ) . Il s'avère que chaque «voisinage» d'un point correspond à un langage récursif. Donc L est un voisinage autour de f ( x ) , et il y aura un voisinage autour de x qui lui correspond; ce quartier est un langage récursif.xf(x)Lxf(x)Lf(x)x

Lemme. Dans cet espace, un langage est récursif si et seulement s'il est voisin de chacune de ses chaînes.

Preuve . Tout d' abord, fixer un langage récursif et laisser x L . Laissez K soit l'indice minimal d'un decider pour L . Ensuite , nous avons que si y L , s ( x , y ) K , donc d ( x , y ) une / deux K . Ainsi , d ( x , y ) < une / deux K implique que y LxLKLyLs(x,y)Kd(x,y)1/2Kd(x,y)<1/2K .yL

Deuxièmement, soit une chaîne arbitraire et fixons ε > 0 ; soit K = log ( 1 / ε ) . Soit L K = { y : d ( x , y ) < ε } ; alors L K =xε>0K=log(1/ε)LK={y:d(x,y)<ε} . Ensuite, nous pouvons écrireLK={y:s(x,y)>K}

LK={y:(j=1,,K)|L(Tj){x,y}|1}.

Mais est décidable: sur l'entrée y , on peut simuler le premierLKy décideurs sur x et y et accepter si et seulement si chacun a accepté les deux ou rejeté les deux. Kxy 

Maintenant, nous avons presque terminé:

Prop. Soit f continu. Si est récursif, alors f - 1 ( L ) est récursif.Lf1(L)

Preuve. Sous une fonction continue, la pré-image d'un quartier est un quartier.


Fait intéressant, je pense que dans cet espace une fonction continue est uniformément continue: Soit continue, donc pour chaque point x , pour chaque ε il existe un δ correspondant . Fixer un ε et laisser K = log ( 1 / ε ) . Il y a un nombre fini de boules de taille ε : il y a L ( T 1 ) L ( TfxεδεK=log(1/ε)ε ; ensuite il y aL(T1)L(T2)L(TK); alorsL(T1) ¯ L ( T 2 )L(TK), et ainsi de suite. fassocie à chacune de ces languesLiune langue de pré-imageL ' i de diamètre associéδi. Pour chaquexL(T1)¯L(T2)L(TK)L(T1)L(T2)¯L(TK)fLiLiδi , d ( x , y ) δ ixLi . Nous pouvons donc prendre le minimum sur ces nombre fini de δ s pour obtenir la constante de continuité uniforme δ associée à ce ε .d(x,y)δid(f(x),f(y))εδδε


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d(x,y)12Kf1(L)

d(x,y)>12KLϵ=12Kδd(x,y)δ|L{f(x),f(y)}|=1xx=f(x)LLxf1(L) lie relative to x?
usul

@Jernej I have posted my solution now. I hope what I posted earlier was helpful! Thanks for posting this problem, it is very cool.
usul

Thank you very much for your answer. It took me a while to digest the hints hence I haven't upvoted and accepted your answer!
Jernej

Quick question. We have shown that LK is decidable. I don't see how it follows that it is recursive? Cant it be that one of the simulated Tj never halts?
Jernej
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