কোনও সম্ভাব্য টিউরিং মেশিন কি থামিয়ে দেওয়া সমস্যার সমাধান করতে পারে?

29

সত্যিকারের এলোমেলো বিটগুলির একটি অসীম প্রবাহ দেওয়া একটি কম্পিউটার ছাড়া একটি কম্পিউটারের চেয়ে আরও শক্তিশালী। প্রশ্নটি হ'ল: থামার সমস্যাটি সমাধান করার পক্ষে এটি কি যথেষ্ট শক্তিশালী?

অর্থাৎ সম্ভাব্য কম্পিউটার থাকুক বা না থাকুক একটি নির্ধারণ করতে পারেন নির্ণায়ক প্রোগ্রাম স্থগিত?

একটি সম্ভাবনাময় কম্পিউটারের একটি ডিস্ট্রিমেন্টিক এমন কিছু করার উদাহরণ যা: একটি ছোট প্রোগ্রাম (দৈর্ঘ্যে এক কিলোবাইটের চেয়ে কম) বিবেচনা করুন যা গিগাবাইটের চেয়ে কোলমোগোরভ জটিলতার সাথে একটি স্ট্রিংকে আউটপুট করে। Kolmogorov জটিলতাএকটি স্ট্রিং হ'ল সংক্ষিপ্ততম ডিস্ট্রিমেন্টিক প্রোগ্রামটির দৈর্ঘ্য যা সেই স্ট্রিং উত্পাদন করে। সুতরাং, সংজ্ঞা অনুসারে, একটি নির্বিচারক প্রোগ্রাম একটি স্ট্রিং উত্পাদন করতে পারে না যার জটিলতা তার নিজের দৈর্ঘ্যের চেয়ে বেশি। যাইহোক, যদি সত্যিকারের এলোমেলো বিটের একটি অসীম প্রবাহ দেওয়া হয়, তবে একটি ছোট প্রোগ্রাম 99.99999 ...% সাফল্য সহকারে টাস্কটি অর্জন করতে সক্ষম হয়, কেবলমাত্র 10 বিলিয়ন এলোমেলো বিট এবং এই বিটের কোলমোগোরভ জটিলতা আশা করেই সাফল্য যথেষ্ট উচ্চ । সুতরাং, উন্নততর কলমোগরভ জটিলতার একটি স্ট্রিং উত্পাদন সম্ভাবনা দিগন্তের মধ্যে সম্ভাব্য দিগন্তের মধ্যে রয়েছে, তবে নির্মূল কর্মসূচির পক্ষে মোটেই সম্ভব নয়।

এটি বলেছিল, আমি ভাবছি যে থামার সমস্যাটিতে হ্যাকস্যা করার জন্য সত্যিকারের র্যান্ডম বিটগুলি ব্যবহার করা সম্ভব কিনা। উদাহরণস্বরূপ, একটি অ্যালগরিদম এলোমেলোভাবে উপপাদ তৈরি করে এবং প্রমাণ / অস্বীকার / বাতিল করতে পারে যতক্ষণ না এটি প্রমাণিত / অস্বীকার করার পক্ষে যথেষ্ট পরিমাণে জেনে থাকে যে কোনও প্রদত্ত নির্বাহী কর্মসূচি বন্ধ রয়েছে।

computability randomness turing-machines

— জোয়ে অ্যাডামস
সূত্র

3

@ ডাউনভোটার: এটি কোনও মন্তব্য ছাড়াই ডাউন-ভোট পাওয়া উচিত ছিল না।

— ডেভ ক্লার্ক

3

কোনও ঘটনাচক্রে টিএম সমস্ত ক্ষেত্রে গণনা করা থেকে বাধা দেয়? এখানে, অনুমান করা যাচাই করা সমস্যা, নিজেই অনুমান করা নয়। এও নোট করুন যে আপনি কেবল সম্ভাব্যতার সাথে দিয়ে পছন্দসই ফলাফলটি তৈরি করলে আপনি সত্যিই আরও শক্তিশালী বলতে পারবেন না ।

p < 1

$p<1$

— রাফেল

1

"একটি নির্বিচারক প্রোগ্রাম কোনও স্ট্রিং তৈরি করতে পারে না যার জটিলতা তার নিজের দৈর্ঘ্যের চেয়ে বেশি" " এটি যথেষ্ট যে কিছু অন্যান্য ডিস্ট্রিমেন্টিক মেশিন একই আউটপুট দেয়। নোট করুন যে ডিটারমিনিস্টিক টিএমগুলি কেবল সম্ভাব্যতাগুলিই নয়, এমনকী ননডেটেরিস্টেমিক টিএমও (স্বেচ্ছাসেবী সংখ্যার সাথে সংশোধন করে) করতে পারে।

— কাভেহ

গতকাল আমি বলতে যাচ্ছিলাম - কাভেহ এট আল-এর দিকে তাকানো - এটি এই সাইটের জন্য খুব প্রাথমিক একটি প্রশ্ন ছিল (এনটিএম-র ক্ষেত্রে একই প্রশ্নটি প্রতিটি প্রথম তত্ত্বের কোর্সে একটি প্রাথমিক ফলাফল)। "সম্ভাব্য টিএম" আনুষ্ঠানিকভাবে আনতে এটি বেশ প্রচেষ্টা নিয়েছে বলে আমি খুশী যে আমি তা করি নি।

— রাফেল

1

এবং আমার পূর্ববর্তী সম্পর্কিত টিসিএস প্রশ্নের স্পষ্টকৃত

— জোসেফ

22

সম্পাদনা: আমি যে কিছু লিখেছি সেগুলি অনুধাবন করেছিলাম তার জন্য দুঃখিত sorry এখন আমি প্রমাণটি পরিবর্তন করেছি এবং সম্ভাব্য মেশিনের সংজ্ঞা তৈরি করেছি যা আমি আরও সুনির্দিষ্টভাবে ব্যবহার করছি।

আমি জানি না যে আমি আপনার সম্ভাব্য সম্ভাব্য ট্যুরিং মেশিনের সংজ্ঞাটি সঠিকভাবে পেয়েছি কি না: এটি এমন একটি মেশিন যা অতিরিক্ত টেপযুক্ত যার উপর একটি অসীম সংকোচনযোগ্য স্ট্রিং লেখা থাকে এবং তার পাশেই এটি কেবল একটি ডিস্ট্রিমেন্টিক মেশিনের মতো কাজ করে? যদি আমরা অবিস্মরণীয় স্ট্রিংটি ঠিক করি তবে আমাদের ক্লাসটি আকর্ষণীয় বলে মনে হচ্ছে না।

আমি মনে করি আমরা সম্ভাব্য টিউরিং মেশিনকে বিভিন্ন উপায়ে সংজ্ঞায়িত করতে পারি। আমি এমন একটি সংজ্ঞা ব্যবহার করব যা বেশ প্রাকৃতিক বলে মনে হচ্ছে (এবং যার জন্য আমার প্রমাণটি কাজ করে;) আসুন এর মতো একটি সম্ভাব্য মেশিনকে সংজ্ঞায়িত করুন: এটি একটি অতিরিক্ত টেপ পায় যার উপর কিছু অসীম স্ট্রিং লেখা থাকে, আমরা বলি যে এই মেশিনটি কোনও ভাষা সিদ্ধান্ত নেয় যদি তবে প্রত্যেক এটা স্থগিত এবং সম্ভাব্যতা সঙ্গে গ্রহণ $L$ $x \in L$ , যখন সম্ভাব্যতা ঐ অতিরিক্ত র্যান্ডম স্ট্রিং অধিগৃহীত, এবং প্রত্যেক জন্যএটা স্থগিত এবং সম্ভাব্যতা সঙ্গে প্রত্যাখ্যান $>\frac{1}{2}$ $x \not \in L$ । $>\frac{1}{2}$

আমরা এখন দেখাব যে যদি এমন কোনও সম্ভাব্য মেশিন উপস্থিত থাকে যা ডিটারমিনিস্টিক মেশিনগুলির জন্য থামার সমস্যাটি সমাধান করে তবে আমরা এটি একটি ডিটারমিনিস্টিক মেশিন নির্মাণের জন্য ব্যবহার করতে পারি যা ডিটারমিনিটিক মেশিনগুলির জন্য থামানো সমস্যা সমাধান করে - এবং আমরা জানি যে এই জাতীয় একটি মেশিন অস্তিত্ব থাকতে পারে না। $P$ $H$

ধরুন এ জাতীয় বিদ্যমান রয়েছে। আমরা একটি নির্ণায়ক মেশিন গঠন করা যেতে পারে যে ইনপুট হিসাবে সম্ভাব্য মেশিন লাগে সাথে কিছু ইনপুট , যা $P$ $M$ $R$ $x$

স্থগিত এবং গ্রহণ করে যদি এবং কেবল যদি গ্রহণ (অর্থাত স্থগিত এবং গ্রহণ করে অর্ধেক র্যান্ডম স্ট্রিং চেয়ে বেশি তে) খুলুন। $R$ $x$ $R$ $x$
স্থগিত এবং প্রত্যাখ্যান যদি এবং কেবল যদি প্রত্যাখ্যান (অর্থাত স্থগিত এবং প্রত্যাখ্যান অর্ধেক র্যান্ডম স্ট্রিং চেয়ে বেশি তে) খুলুন। $R$ $x$ $R$ $x$
লুপ অন্যথায়

মূলত, হবে সবার জন্য অনুকরণ ইনপুট এবং থেকে স্ট্রিং উপর উপর স্ট্রিং এর একটি উপসর্গ হিসাবে এর র্যান্ডম টেপ। এখন: $M$ $i \in 1, 2, ...$ $R$ $x$ ${{0,1}}^i$ $R$

যদি দৈর্ঘ্যের উপসর্গস্থগিত চেয়ে আরও পড়তে চেষ্টা ছাড়া গৃহীত, র্যান্ডম টেপ থেকে বিটস্থগিত এবং গ্রহণ $>\frac{1}{2}$ $i$ $R$ $i$ $M$
যদি দৈর্ঘ্যের উপসর্গটিএলোমেলো টেপ,স্ট্যাটস এবং প্রত্যাখ্যান করেবিটেরচেয়ে বেশি পড়ার চেষ্টা না করে থামিয়েছিএবং প্রত্যাখ্যান করেছি $>\frac{1}{2}$ $i$ $R$ $i$ $M$
অন্যথায় দিয়ে সিমুলেশন চালায় । $M$ $i := i+1$

আমাদের এখনই নিজেদের বোঝাতে হবে, যদি সম্ভাব্যতার সাথে প্রত্যাখ্যান করে (প্রত্যাখ্যান করে) $R$ $x$ , তারপরে কারওর জন্যএটিজন্য গ্রহণ করব (প্রত্যাখ্যান করুন) $p >\frac{1}{2}$ $i$ দৈর্ঘ্যের উপসর্গচেয়ে বেশি পড়ার চেষ্টা করার ছাড়া র্যান্ডম স্ট্রিং এরর্যান্ডম টেপ থেকে বিট। এটি প্রযুক্তিগত, তবে বেশ সহজ - যদি আমরা অন্যথায় ধরে নিই তবে গ্রহণ করার (প্রত্যাখ্যান করার) সম্ভাবনাটিপৌঁছায় $>\frac{1}{2}$ $i$ $i$ যেমনকিছু জন্য, অনন্ত যায় অত: পরএটা হতে থাকবে $p >\frac{1}{2}$ $i$ $i$ । $p >\frac{1}{2}$

এখন আমরা শুধু আমাদের নির্ণায়ক মেশিন সংজ্ঞায়িত (কিনা একটি প্রদত্ত নির্ণায়ক মেশিন সিদ্ধান্ত অর্থাত বিরাম সমস্যা সমাধানের একটি প্রদত্ত শব্দ গ্রহণ করে ) হিসেবে । মনে রাখবেন সর্বদা থেমে থাকে, কারণ আমাদের সম্ভাব্য মেশিনগুলির দ্বারা কোনও ভাষা নির্ধারণের বিষয়টি এমনভাবে সংজ্ঞায়িত করা হয়েছিল যে two দুটির মধ্যে একটি সর্বদা উপস্থিত থাকে: $H$ $N$ $x$ $H(N,x) = M(P(N,x))$ $M(P(N, x))$

অর্ধেকেরও বেশি এলোমেলো স্ট্রিংয়ের জন্য মেশিনটি থামে এবং গ্রহণ করে
অর্ধেকেরও বেশি এলোমেলো স্ট্রিংয়ের জন্য মেশিনটি থামিয়ে দেয় এবং প্রত্যাখ্যান করে।

— কারোলিনা সোটিস
সূত্র

আমার "শুধু গণনা" মন্তব্যটি বিশদ দেওয়ার জন্য ধন্যবাদ! ;) দুটি প্রযুক্তিগত মন্তব্য: বুলেট পয়েন্ট একে, আপনি

? শেষে, আপনি

?

> 2^{i - 1}

$>2^{i-1}$

S (Q)

$S(Q)$

— রাফেল

1

মনে রাখবেন যে আপনার যদি পি সবসময় থামার প্রয়োজন হয় না, এমনকি এটি একটি ডিটারমিনিস্টিক ট্যুরিং মেশিন পি নির্মাণ করাও নগণ্য, যা যদি দেওয়া ডিটারিমেন্টিক টিউরিং মেশিনটি বন্ধ করে তবেই তা গ্রহণ করে।

— Tsuyoshi Ito

আপনার অনুমান কি? আপনি কোনও সম্ভাব্য টিউরিং মেশিনকে অবহেলা করতে পারবেন না যদি না শেষ পর্যন্ত এটি বন্ধ হওয়ার গ্যারান্টি দেওয়া হয়।

— Tsuyoshi Ito

থামার সম্ভাবনা অতিরিক্ত স্ট্রিং এবং ইনপুট শব্দগুলির উপরে নেওয়া হয়, বা কী?

— এম আলাগান

1

@ মোহাম্মদ আলাগান: না, লেখাটি যেমন অংশটি সঠিক: কেবলমাত্র অতিরিক্ত স্ট্রিংয়ের (সম্ভাব্য মুদ্রার ফ্লিপের ফলাফল উল্লেখ করে) সম্ভাবনাটি নেওয়া হবে। যেহেতু আমরা ইনপুট স্ট্রিংয়ের কোনও সম্ভাব্যতা বিতরণ ধরে নিচ্ছি না, ইনপুট স্ট্রিংয়ের উপর সম্ভাবনাটি যথাযথভাবে সংজ্ঞায়িত হয়নি। এমনকি যদি ইনপুট স্ট্রিংয়ের সম্ভাব্যতা বন্টনকে সংজ্ঞায়িত করা হয় তবে ইনপুট স্ট্রিংয়ের উপর সঠিক উত্তরের উচ্চ সম্ভাবনা কেবলমাত্র আলগোরিদমকেই বেশিরভাগ ইনপুটগুলির জন্য সঠিক বলে বোঝায় যা একটি অ্যালগরিদমের স্বাভাবিক প্রয়োজনের চেয়ে পৃথক।

— Tsuyoshi Ito

14

এটি কোনও প্রবেলিস্টিক অ্যালগরিদম দ্বারা আপনি কী বোঝাতে চেয়েছেন তার উপর নির্ভর করে pred

একটি তুচ্ছ সম্ভাব্য অ্যালগরিদম পি এরকম রয়েছে যে, একটি ডিস্ট্রিমেন্টিক ট্যুরিং মেশিন এম এর জন্য ,

পি ( এম ) ননজারো সম্ভাবনার সাথে গ্রহণ করে যদি এম বন্ধ হয়ে যায়,
পি ( এম ) কখনই এম থামায় না এবং গ্রহণ করে না and
পি ( এম ) প্রতি এম এর সম্ভাব্যতা 1 দিয়ে থামে ।

অতএব, সম্ভাব্য আলগোরিদিম পি এই অর্থে ডিস্ট্রিমেন্টিক টিউরিং মেশিনগুলির জন্য থামানো সমস্যাটি সমাধান করে। (এখানে " এম হোল্টস" এর অর্থ " খালি ইনপুটটিতে এম স্টলস” ")

যাইহোক, আপনি যদি কোনও বুদ্ধিমান উপায়ে প্রয়োজনীয়তাটিকে শক্তিশালী করেন তবে আপনি ডিটারমিনিস্টিক টিউরিং মেশিনগুলির জন্য থামার সমস্যাটি আর সমাধান করতে পারবেন না। উদাহরণ স্বরূপ,

আপনার যদি পি ( এম ) কেবলমাত্র সম্ভাব্যতা 1 এর পরিবর্তে সর্বদা থামার প্রয়োজন হয় , তবে এটি স্পষ্ট যে পি একটি ডিস্ট্রিমেন্টিক অ্যালগরিদম দ্বারা অনুকরণ করা যায়। ( "সর্বদা" এবং "সম্ভাব্যতার সাথে 1." এর মধ্যে পার্থক্যের ব্যাখ্যার জন্য উইকিপিডিয়া দেখুন )
যদি আপনি পি ( এম ) কে থামিয়ে দেওয়ার এবং প্রতিটি এম এর জন্য ১/২ এর চেয়ে বেশি কঠোর সম্ভাবনা সহ সঠিক উত্তর দেওয়ার দ্বারা ত্রুটিটিকে কঠোর করে থাকেন (তবে, পি ( এম ) থামবে না বা থেমে থাকলে আপনার যত্ন নেই এবং বাকী ক্ষেত্রে ভুল উত্তর দিন), তারপরে পি ড্যারোটিনিস্টিক অ্যালগরিদম দ্বারা করোলিনা সোটিসের উত্তরে বর্ণিত যুক্তিটি ব্যবহার করে অনুকরণ করা যায় ।

অতএব, একটি সম্ভাব্য অ্যালগরিদম এই ইন্দ্রিয়গুলিতে ডিস্ট্রিমেন্টিক টিউরিং মেশিনগুলির জন্য থামানো সমস্যার সমাধান করতে পারে না।

— সোসোশি ইতো
সূত্র

আমার অজ্ঞতা ক্ষমা করুন, তবে '' সর্বদা '' থামানো এবং '' সম্ভাবনা 1 '' দিয়ে থামিয়ে দেওয়ার মধ্যে পার্থক্য কী?

— রব সিমন্স

1

@ রব: আমি মনে করি এটি একটি জটিল বিষয়। একটি সাধারণ সম্ভাব্য ট্যুরিং মেশিনটি বিবেচনা করুন যা ফলাফলটি শীর্ষস্থানীয় না হওয়া পর্যন্ত বারবার একটি মুদ্রা ছুঁড়ে ফেলে। সমস্ত মুদ্রা টস লেজগুলির ফলাফল ছাড়া এই ট্যুরিং মেশিনটি থামে। অতএব, এটি সম্ভাব্যতা 1 দিয়ে থামে, তবে এটি সর্বদা থামে না।

— Tsuyoshi Ito

আমি উইকিপিডিয়ায় "সর্বদা" এবং "সম্ভাব্যতা 1" এর মধ্যে পার্থক্যের একটি ব্যাখ্যা পেয়েছি এবং আমি উত্তরে একই লিঙ্কটি যুক্ত করেছি।

— Tsuyoshi Ito

যদি আপনি থামিয়ে না রেখে পি (এম) কে ব্যর্থ হওয়ার অনুমতি দেন তবে আমি জানি না আপনি কীভাবে নিরোধক সিমুলেশন করতে পারেন। উদাহরণস্বরূপ, ধরুন আপনি কিছু দৈর্ঘ্যের এন উপসর্গের স্ট্রিংগুলিতে আপনার ডিটারমিনিস্টিক সিমুলেশনটি চালনা করেন এবং কিছু সময়ের পরে <50% উপসর্গ থামিয়ে উত্তর দিয়েছেন। আপনি কীভাবে জানবেন যে বাকী উপসর্গের স্ট্রিংগুলিতে উত্তর ফেরত দেওয়ার জন্য আরও বেশি সময় প্রয়োজন, বা ব্যর্থতার অবস্থার অংশ হিসাবে সেগুলি সমস্ত অসীম লুপে আটকে আছে কিনা? যদি প্রাক্তন হয় তবে আপনি অপেক্ষা করতে থাকুন। যদি আধুনিক হয় তবে আপনি বর্তমান রাউন্ডটি সমাপ্ত করে আবার দৈর্ঘ্য-এন + 1 এর সমস্ত উপসর্গে চালাবেন।

— মাইক

কিন্তু এই কারণ এটি নির্ধারণ করতে অসম্ভব, হয় বিরাম সমস্যা! ট্যুরিং মেশিন সেই ইনপুটগুলিতে থামবে কিনা তা আমাদের জানার উপায় নেই।

— মাইক

12

সাধারণভাবে, যদি আপনি একটি সম্ভাব্য টুরিং মেশিন আছে কিছু সিদ্ধান্ত সমস্যা সমাধান, তুমি সবসময়ই deterministically চালিয়ে সিমুলেট করতে যদৃচ্ছতা প্রতি সম্ভব মান এবং সংখ্যাগরিষ্ঠ উত্তর outputting । অতএব, কোনও সম্ভাব্য টিউরিং মেশিন একটি সিদ্ধান্তহীন সিদ্ধান্ত সমস্যার সমাধান করতে পারে না। $P$ $P$ $P$

আমি মনে করি এটিই ছিল রাফেলের মন্তব্যের অর্থ।

— আঙ্গুরের ছিরড়া
সূত্র

7

যদি একটি সেট গণনা করে এমন ওরাকলগুলির লেবেসগু পরিমাপটি ধনাত্মক হয়, তবে গণনাযোগ্য। এটি ১৯ Lee6 সালে ডি লিউউ, মুর, শ্যানন এবং শাপিরো এবং ১৯63৩ সালে স্যাকস-এ ফিরে এসেছে a আলোচনার জন্য ডাউনি এবং হির্সফেল্ডের নতুন বই অ্যালগরিদমিক এলোমেলোতা এবং জটিলতা দেখুন । অন্যান্য উত্তর যেমন উল্লেখ করেছে, সংখ্যাগরিষ্ঠ ভোট গ্রহণের ধারণাটি the (যদিও এটি নিখুঁতভাবে করা যায়, তবে কোনও দাবি নেই যে অ্যালগরিদম দক্ষ। $A\subseteq\mathbb N$ $A$

ডি লিউউ, কে।, মুর, ইএফ, শ্যানন, সিই এবং শাপিরো, এন সম্ভাব্যতাবাদী মেশিনগুলির দ্বারা গণনা, অটোমাতা স্টাডিজ, পৃষ্ঠা 183-2212। গণিত অধ্যয়নের অ্যানালিকস, না। 34. প্রিন্সটন বিশ্ববিদ্যালয় প্রেস, প্রিন্সটন, এনজে, 1956।

জি। স্যাকস, আনসোলভেবলি ডিগ্রি, প্রিন্সটন ইউনিভার্সিটি প্রেস, 1963

— Bjørn Kjos-Hanssen
সূত্র