এটি কি সিদ্ধান্ত নেওয়া যায় যে কোনও টিএম টেপের কোনও অবস্থানে পৌঁছেছে?

আমি সমাধান করার চেষ্টা করছি একটি পুরানো পরীক্ষা থেকে এই প্রশ্নগুলি আছে। প্রতিটি সমস্যার জন্য, ইনপুটটি কিছু টুরিং মেশিন এনকোডিং । $M$

পূর্ণসংখ্যা এবং নিম্নলিখিত তিনটি সমস্যার জন্য: $c>1$

এটা কি সত্য জন্য প্রতি ইনপুট যে , এম পাস না অবস্থান যখন চলমান ? $x$ $|x|+c$ $x$

এটা কি সত্য যে জন্য যে ইনপুট , এম পাস না অবস্থান যখন চলমান ? $x$ $\max \{|x|-c,1 \}$ $x$

এটা কি সত্য যে জন্য যে ইনপুট , এম পাস না যখন চলমান অবস্থান ? $x$ $(|x|+1)/c$ $x$

কতটি সমস্যা নির্ধারণযোগ্য?

সমস্যা নম্বর (1), আমার মতে, যেহেতু আমি সঠিক বুঝতে পারছি, আমি সমান্তরালে সমস্ত ইনপুট চালাতে পারি, এবং যদি কিছু ইনপুট এই অবস্থানে পৌঁছে এবং এটি প্রদর্শিত না হয় তবে মধ্যে আমি সম্পূরক কমে যায় এটিএম এটি। আমি নীচে একটি ট্যুরিং মেশিন : ইনপুট আমি পরীক্ষা করে দেখি গণনার ইতিহাস কিনা, যদি তা হয় তবে ডানদিকে চলছে এবং থামছে না, যদি তা না হয় তবে এটি বন্ধ হয়ে যায়। $\text {coRE} \smallsetminus \text R$ $\text R$ $M'$ $y$ $y$ $M'$

(3) এর জন্য, আমি বিশ্বাস করি যে এটি জন্য এটি নির্ধারিত কারণ এটি সমস্ত টুরিং মেশিন যা সর্বদা স্ট্রাইপের প্রথম কক্ষে থাকে, কারণ একটি চরের একটি স্ট্রিংয়ের জন্য এটি প্রথম কোষটি পাস করতে পারে, তাই আমি পদক্ষেপের জন্য 1 দৈর্ঘ্যের সমস্ত স্ট্রিংগুলি অনুকরণ করতে হবে (এটি কি সঠিক?) এবং দেখুন যে আমি সেগুলির মধ্যে কেবল প্রথম ঘরটি ব্যবহার করছি কিনা। $c \geqslant 2$ $|Q|+1$

(2) কী করতে হবে তা আমি সত্যিই জানি না।

computability turing-machines undecidability

— jozef
সূত্র

1) আপনি কি একপেশে অসীম টেপটি ধরেছেন? 2) এটিএম কী?

— রাফেল

1) হ্যাঁ, 2) স্বীকৃতি সমস্যা।

— জোজেফ

কিছুটা সম্পর্কিত কি

— অ্যাড্রিয়ানএন

উত্তর:

কোনও পরিস্থিতি যা জিজ্ঞাসা করে যে কোনও টিউরিং মেশিন কোনও প্রদত্ত ইনপুটটিতে টেপের একটি সীমাবদ্ধ অংশে (দৈর্ঘ্য ) সীমাবদ্ধ কিনা তা সিদ্ধান্ত নেওয়া যায় না । $n$

যুক্তিটি নিম্নলিখিত হিসাবে কাজ করে। ট্যুরিং মেশিন, টেপ এবং টেপে টুরিং মেশিনের অবস্থান বিবেচনা করুন। এই সমস্ত একসাথে একটি সীমাবদ্ধ কনফিগারেশন আছে। নির্দিষ্ট করার জন্য, কেবলমাত্র সম্ভাব্য কনফিগারেশন। হ'ল টেপ চিহ্নের সেট এবং রাষ্ট্রের সেট। এই উত্তরের বাকী অংশের জন্য টেপের স্থিতি এবং টেপটির অবস্থানের সাথে মিলিত টুরিং মেশিনের অবস্থা বর্ণনা করতে আমি "কনফিগারেশন" শব্দটি ব্যবহার করব, তবে এটি স্ট্যান্ডার্ড শব্দভাণ্ডার নয়। $t = n|\Gamma|^n|Q|$ $\Gamma$ $Q$

অতীতের সমস্ত কনফিগারেশনগুলি ট্র্যাক করে মেশিনটি চালান। যদি এটি কখনও বিন্দু ছাড়িয়ে যায় , "হ্যাঁ, অবস্থান পাশ করে " ফিরে আসুন । অন্যথায়, মেশিনটি কোথাও 0 এবং । যদি মেশিনটি কোনও কনফিগারেশন পুনরায় পুনরায় পুনরায় ব্যবহার করে - এর রাজ্য, টেপের চিহ্নগুলি এবং টেপটিতে এর অবস্থানটি আগের মতো ছিল - প্রত্যাবর্তন "না, কখনই পজিশন পাশ করে না ।" $n$ $M$ $n$ $n$ $M$ $n$

পিজোনহোল নীতি অনুসারে, এটি ধাপ ছাড়া আর ঘটবে না । সুতরাং উপরোক্ত সমস্ত সিদ্ধান্ত গ্রহণযোগ্য; সর্বাধিক পর কৃত্রিম পদক্ষেপ আপনি একটি উত্তর পেতে। $t+1$ $t+1$

এটি কেন কাজ করে তা সম্পর্কে একটি দ্রষ্টব্য নোট: যখন মেশিন, টেপ এবং টেপের উপরের অবস্থানগুলি তাদের পুনরাবৃত্তি করে, অবশ্যই এই পুনরাবৃত্তির মধ্যে কনফিগারেশনের ক্রম ছিল। এই ক্রমটি আবার ঘটবে, একই কনফিগারেশনটিকে আরও একবারে নিয়ে যাবে - মেশিনটি অসীম লুপে রয়েছে in এটি কারণ আমরা ট্যুরিং মেশিনের প্রতিটি দিকই নজর রাখছি; যা হয়েছে তাতে কনফিগারেশনের বাইরের কিছুই প্রভাব ফেলতে পারে না। সুতরাং যখন কোনও কনফিগারেশন পুনরাবৃত্তি হয়, তখন এটি আবার একই সাথে কনফিগারেশনের অনুরূপ সিরিজের সাথে পুনরাবৃত্তি করে।

সুতরাং টেপটিকে স্ট্রিংয়ের একটি সীমাবদ্ধ অংশে সীমাবদ্ধ করা নির্ধারণযোগ্য। অতএব, সব সম্ভব ইনপুট স্ট্রিং উপর iterating দ্বারা, সমস্যা হয় সব তিনটি প্রশ্নের জন্য। আপনি এটি ইতিমধ্যে বুঝতে পেরেছেন (1 এবং 3 এর জন্য আপনার ধারণাগুলির মধ্যে এবং 2 এর জন্য রন জি এর উত্তর এটি যেভাবেই পুরোপুরি সমাধান হয়েছে বলে মনে হয়েছে) তবে আমি বুঝতে পেরেছিলাম তবে তা পোস্ট করার উপযুক্ত হতে পারে। $\text{coRE}$

— SamM
সূত্র

"যদি মেশিনটি কোনও কনফিগারেশন পুনরাবৃত্তি করে [...] 'না' ফেরত দেয় - এটি ভুল। একটি ননডেটেরিমেন্টিক মেশিন কয়েকবার লুপ চালায় এবং তারপরে এগিয়ে যায়।

— রাফেল

আমরা এখানে টিউরিং মেশিনের কথা বলছি যা এগুলি নিরক্ষার্থবাদী বলে মনে করা হয় না। যদি এটি ননডেটরিস্টিনিস্টিক ছিল, তবে ডিটারমিনিস্টিক সংস্করণটি অনুকরণ করুন।

— স্যাম এম

সুন্দর ব্যাখ্যা। আমার উত্তরের প্রথম সংস্করণটিও দেখুন (যা আমি একবার সংশোধন করে বুঝলাম যে ওপি বেশিরভাগ জিজ্ঞাসা করে না ..)

— রান জি।

@ সাম: এটি অন্যভাবে কাজ করে: অন্যথায় ধরে না নিলে, একটি ট্যুরিং মেশিন নির্বিচারে হতে পারে। একটি "ডিটারমিনিস্টিক সংস্করণ" কি? আপনি যদি পছন্দগুলির সম্পূর্ণ উন্মোচন বোঝাতে চান, তবে পুনরাবৃত্ত কনফিগারেশনের অর্থ হারাবে কারণ তারা বিভিন্ন শাখায় হতে পারে।

— রাফেল

@ রাফেল এটির স্ট্যান্ডার্ড পদ্ধতিটি হ'ল একটি কনফিগারেশন গ্রাফ: প্রান্তগুলি একই কনফিগারেশন যা স্যাম সংজ্ঞায়িত করেছে এবং কনফিগারেশন এ থেকে বিতে একটি নির্দেশিত প্রান্ত রয়েছে যদি এনটিএম একটি পদক্ষেপে A থেকে B এ যেতে পারে। গ্রাফটি সীমাবদ্ধ এবং মেশিনটি থামানো কিনা তা একটি সাধারণ গ্রাফের পুনঃব্যবহারযোগ্যতা প্রশ্ন। এই শো যে

এর একটি উপসেট

N S P A C E (s)

$\mathsf{NSPACE}(s)$

D T I M E (2^{O (s)})

$\mathsf{DTIME}(2^{O(s)})$

— Sasho Nikolov

(২) (৩) এর সাথে খুব মিল এবং আপনার (3) একই যুক্তিটি এখানেও প্রযোজ্য: নোট করুন যে মেশিনগুলির একটি অদ্ভুত সম্পত্তি রয়েছে - তারা পুরো ইনপুটটি পড়েন না (তারা কখনই এটি পৌঁছায় না) শেষ বিট।) এবং প্রতিটি ইনপুট জন্য এটি সত্য । $L_2$ $c$

ঠিক আছে, সুতরাং এখন দৈর্ঘ্য পর্যন্ত কেবল ইনপুট বিবেচনা করা যাক । তাদের প্রত্যেকের জন্য কেবল দুটি বিকল্প রয়েছে: মেশিনটি লুপ করে / থামায় ডাব্লু / হে মাথা সরিয়ে দেয়, বা এটি মাথাটি সরিয়ে দেয়। যদি এটি কিছু ( ) দিকে মাথা সরিয়ে দেয় তবে সেই ইনপুট কারণে সেই মেশিনটি তে নেই । অন্যথায়, আমি দাবি করি যে মেশিনটি । যেহেতু এটি কখনই মাথা ঘোরাচ্ছে না - ইনপুটটির আকার কী তা কোনও ধারণা নেই! এর মানে এটা দৈর্ঘ্যের সমস্ত ইনপুট জন্য একই আচরণ করবে । অতএব, নির্ধারণযোগ্য। $c$ $x$ $|x|\le c$ $L_2$ $x$ $L_2$ $|x|>c$ $L_2$

— রন জি।
সূত্র

ননডেটারিস্টিক মেশিনগুলির জন্য আপনি কীভাবে অ্যাকাউন্ট করবেন?

— রাফায়েল

আমি এনটিএমগুলিকে বিবেচনা করি নি, তবে এটি একই রকম হওয়া উচিত।

পর্যন্ত দৈর্ঘ্যের সমস্ত শব্দের জন্য এনটিএম ডাব্লু / ও ও হতে পারে কনফিগারেশনের সংখ্যাটি সীমাবদ্ধ।

c

$c$

— রণ জি।

হ্যাঁ, তবে আপনার যুক্তিটি ভেঙে গেছে। কোনও এনটিএম প্রদত্ত অবস্থান ছেড়ে দেয় কিনা তা সুনির্দিষ্ট সময়ে (সাধারণ সিমুলেশন দ্বারা) আপনি নির্ধারণ করতে পারবেন না।

— রাফেল

@ রাফেল কেন নয়? আপনি (গভীরতা কনফিগারেশনের সমগ্র গাছ সিমুলেট করতে পারবে না

) একটি সসীম সময়

| x |

$|x|$

e x p (| x |)

$exp(|x|)$

— রান জি।

কেন গভীরতা হবে

যথেষ্ট?

আরও বুদ্ধি করতে হবে। ততক্ষণে সিমুলেশনটি একটি শাখা খুঁজে পেয়েছে যেখানে

প্রথম অবস্থানটি ছেড়ে যায়, যদি থাকে তবে।

| x |

$|x|$

| Q |

$|Q|$

M

$M$

— রাফেল