Ein interessanter metrischer Raum im Zusammenhang mit Turingmaschinen

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In dieser Frage werden nur Turing-Maschinen betrachtet, die bei allen Eingaben anhalten. Wenn kN dann bezeichnen wir mit Tk die Turingmaschine, deren Code k .

Betrachten Sie die folgende Funktion

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

Mit anderen Worten, ist der Code der kleinsten Turingmaschine, die genau eine der Zeichenfolgen erkenntWir können nun die folgende Karte definierenx , y .s(x,y)x,y.

d(x,y)={2s(x,y)if xy,0otherwise.

Es kann schnell überprüft werden, dass einen metrischen Raum (in der Tat eine Ultrametrik) auf induziertΣ .d(x,y)Σ.

Nun möchte ich beweisen, dass, wenn eine gleichmäßig stetige Funktion ist, für jede rekursive Sprache ebenfalls rekursiv ist. f - 1 ( L )f:ΣΣf1(L)

Mit anderen Worten sei eine Map, so dass für jedes ein so dass für die Strings dann Dann müssen wir zeigen, dass eine rekursive Sprache ist, da rekursiv ist.ε > 0 δ > 0 x , y & Sigma; *fϵ>0δ>0x,yΣ d ( f ( x ) , f ( y ) ) < ϵ . f - 1 ( L ) L

d(x,y)δ
d(f(x),f(y))<ϵ.
f1(L)L

Wie bereits in diesem Beitrag erwähnt, besteht eine Möglichkeit, das Problem anzugehen, darin, zu zeigen, dass es eine Turing-Maschine gibt, die mit einer Zeichenfolge berechnet f ( x ) .xΣf(x).

Ich stecke fest, um diese Behauptung zu beweisen, und frage mich langsam, ob es einen anderen Ansatz gibt, um dies zu lösen?

Hinweise, Vorschläge und Lösungen sind willkommen!

Jernej
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Warum versuchst du das zu beweisen? Es erinnert mich an die Berechenbarkeit von Banach-Mazur, die sich nicht sehr gut verhält.
Andrej Bauer
@AndrejBauer Hausaufgabe!
Jernej

Antworten:

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Bearbeiten: Hinweise entfernt, meine Lösung gepostet.

Hier ist meine Lösung. Wir wählen einen Referenzpunkt dem und betrachten das Universum aus der Sicht von und . Es stellt sich heraus, dass jede "Nachbarschaft" eines Punktes einer rekursiven Sprache entspricht. Also ist eine Nachbarschaft um , und es wird eine Nachbarschaft um , die darauf abgebildet ist; Diese Nachbarschaft ist eine rekursive Sprache.f ( x ) L x f ( x ) L f ( x ) xxf(x)Lxf(x)Lf(x)x

Lemma. In diesem Raum ist eine Sprache genau dann rekursiv, wenn sie sich in der Nachbarschaft der einzelnen Zeichenfolgen befindet.

Beweis . Zuerst fixiert eine rekursive Sprache und lassen . Lassen der Minimal - Index eines Entscheiders für sein . Dann haben wir , dass , wenn , , so . Somit impliziert , dass .x LLxLL y L s ( x , y ) K d ( x , y ) 1 / 2 K d ( x , y ) < 1 / 2 K y LKLyLs(x,y)Kd(x,y)1/2Kd(x,y)<1/2KyL

Zweitens sei eine beliebige Zeichenkette und fix ; sei . Es sei ; dann ist . Dann können wir schreibenε > 0 K = = log ( 1 / ε ) L K = { y : d ( x , y ) < ε } L K = { y : s ( x , y ) > K }xε>0K=log(1/ε)LK={y:d(x,y)<ε}LK={y:s(x,y)>K}

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

Aber ist entscheidbar: Bei Eingabe von kann man die ersten Entscheider für und simulieren und nur dann akzeptieren, wenn jeder entweder beide akzeptiert oder beide abgelehnt hat. y K x y LKyKxy 

Jetzt sind wir fast fertig:

Prop. Sei stetig. Wenn rekursiv ist, ist rekursiv.L f - 1 ( L )fLf1(L)

Beweis. Unter einer kontinuierlichen Funktion ist das Vorbild einer Nachbarschaft eine Nachbarschaft.


Interessanterweise denke ich, dass in diesem Raum eine stetige Funktion gleichmäßig stetig ist: Sei stetig, so existiert für jeden Punkt für jedes ein entsprechendes . Repariere ein und lasse . Es gibt eine endliche Anzahl von Kugeln der Größe : es gibt ; dann gibt es ; dann und so weiter. assoziiert mit jeder dieser Sprachenx ε & dgr; ε K = log ( 1 / ε ) ε L ( T ( T 2 )LfxεδεK=log(1/ε)ε¯ L ( T 1 )L ( T 2 ) L ( T K ) L ( T 1 ) ¯ LL(T1)L(T2)L(TK)L(T1)¯L(T2)L(TK)f L i L ' i δ i x L ' i d ( x , y ) δ iL(T1)L(T2)¯L(TK)fLieine Vorabbildsprache mit zugehörigem Durchmesser . Für jedes , . So können wir das Minimum über dieses endlich viele nehmen s die einheitliche Kontinuität konstant erhalten mit dieser assoziiert .LiδixLiepsi ; δd(x,y)δid(f(x),f(y))εδεδε

usul
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Es ist klar, dass aber ich vermisse immer noch, wie man zeigt, dass rekursiv ist! f-1(L)d(x,y)12Kf1(L)
Jernej
@Jernej OK, also zuerst haben wir auch das Gegenteil - wenn dann sind entweder beide in oder keine ist. Nehmen wir nun . Dann gibt es etwas also, wenn , dann . Lassen Sie uns insbesondere mit auswählen . Nun wollen wir wissen, wo alle anderen Elemente von relativ zu , und daher, wo müssen die anderen Elemente von relativ zu ? Lϵ=1d(x,y)>12KL δd(x,y)δ| L{f(x),f(y)}| =1xx'=f(x)LLx'f-1(L)xϵ=12Kδd(x,y)δ|L{f(x),f(y)}|=1xx=f(x)LLxf1(L)x
Usul
@Jernej Ich habe meine Lösung jetzt gepostet. Ich hoffe, was ich früher gepostet habe, war hilfreich! Vielen Dank für das Posten dieses Problems, es ist sehr cool.
Usul
Ich danke Ihnen sehr für Ihre Antwort. Ich habe eine Weile gebraucht, um die Hinweise zu verdauen, daher habe ich Ihre Antwort nicht angenommen!
Jernej
Schnelle Frage. Wir haben gezeigt, dass entscheidbar ist. Ich verstehe nicht, wie daraus folgt, dass es rekursiv ist? Kann es nicht sein, dass einer der simulierten niemals anhält? T jLKTj
Jernej