La prédiction (dans la limite) des séquences calculables est-elle aussi difficile que le problème d'arrêt?

Question : La prévision (telle que définie ci-dessous) de séquences calculables est-elle aussi difficile que le problème d'arrêt?

Elaboration : "Prédire" signifie prédire avec succès, ce qui signifie ne faire que de nombreuses erreurs sur la tâche d'essayer de prédire le n-ième bit de la séquence ayant accès aux n-1 bits précédents (en commençant par le premier bit et en passant par le séquence calculable infinie entière).

Il y a un argument de diagonalisation simple (dû à Legg 2006) que pour tout prédicteur de machine de Turing p, il y a une séquence calculable sur laquelle il fait une infinité d'erreurs. (Construisez une séquence qui a pour nième terme l'opposé de ce que p prédit étant donné les n-1 termes précédents de la séquence.) Il n'y a donc pas de prédicteur calculable qui prédit chaque séquence calculable. Un oracle à l'arrêt permettrait de construire un tel prédicteur. Mais pouvez-vous montrer qu'avoir un tel prédicteur vous permet de résoudre le problème d'arrêt?

Plus d'élaboration

Définition (Legg)
Un prédicteur p est une machine de Turing qui essaie de prédire le n-ième bit d'une séquence S ayant accès aux n-1 bits précédents. Si la prédiction ne correspond pas au nième bit de la séquence, nous appelons cela une erreur . Nous dirons que p prédit S si p ne fait que de nombreuses erreurs sur S. En d'autres termes, p prédit S s'il y a un certain nombre M dans la séquence st pour chaque m> M, p prédit correctement le mième bit de S donné accès aux premiers m-1 bits.

Formellement, nous pourrions définir une machine prédictive comme ayant trois bandes. La séquence est entrée comme entrée bit par bit sur une bande, les prédictions pour le bit suivant sont faites sur une deuxième bande (la machine ne peut se déplacer qu'à travers cette bande), puis il y a une bande de travail sur laquelle la machine peut se déplacer dans les deux sens.

Résultats simples
Selon la définition ci-dessus, il existe un prédicteur qui prédit tous les nombres rationnels. (Utilisez l'énumération standard en zig-zag des rationnels. Commencez par prédire le 1er rationnel de la liste, s'il y a une erreur, passez au rationnel suivant.). Par un argument similaire, il existe un prédicteur ayant accès à N, est capable de prédire toutes les séquences de complexité de Kolomogorov inférieures ou égales à N. (Exécutez toutes les machines N bits en parallèle et prenez la prédiction de la machine qui s'arrête en premier Vous ne pouvez faire qu'un nombre fini d'erreurs).

Citation Shane Legg 2006 http://www.vetta.org/documents/IDSIA-12-06-1.pdf (pas l'auteur de cet article)

En fait, c'est plus facile que de résoudre le problème d'arrêt.

Soit une fonction qui domine toutes les fonctions calculables, c'est-à-dire pour toutes les fonctions calculables totales , nous avons cela pour tous les , pour presque tous les nombres finis . C'est un fait standard qu'il existe de telles fonctions qui ont un degré de Turing strictement inférieur au problème d'arrêt, voir par exemple le livre de Soare Recursively Enumerable Sets and Degrees . Ceux - ci sont appelés les hauts degrés de Turing. g : N → N n g ( n ) ≤ f ( n $f:\mathbb N\rightarrow\mathbb N$$g:\mathbb N\rightarrow\mathbb N$$n$$g(n)\le f(n)$

e ∈ N $\varphi_e$$e\in\mathbb N$$\mathbb N$$\{0,1\}$

$f$$p$

$p(a_0,\ldots,a_{k-1})$$a_{k}\in \{0,1\}$$a_0,\ldots,a_k$$\varphi_t(0),\ldots,\varphi_t(k)$$t\le k$$f(k)$$f(k)$$t$$a_{k}$$=0$

$q$$\varphi_q$$k$$t=q$$a_{k}$$f$$\varphi_q$$s(n)=$$\varphi_q(n)$