একক টেপ 3-রাষ্ট্রের টিএম দ্বারা স্বীকৃতযোগ্য ভাষাগুলির শ্রেণি

Question

আমি কিছুক্ষণের জন্য টুরিং মেশিনগুলি সম্পর্কে সঠিকভাবে একটি টেপ এবং ঠিক 3 টি রাজ্য (যথা শুরুর রাজ্য) নিয়ে আগ্রহী ছিলাম been $q_0$, গ্রহণ রাষ্ট্র $q_{accept}$, এবং প্রত্যাখ্যাত রাষ্ট্র $q_{reject}$)। নোট করুন যে আমি স্বেচ্ছাসেবী (সসীম) টেপ বর্ণমালা অনুমোদন করি (অর্থাত টেপ বর্ণমালাটি ইনপুট বর্ণমালার সমানতে সীমাবদ্ধ নয়)।

সুবিধার জন্য, এই জাতীয় টিএম দ্বারা স্বীকৃতযোগ্য ভাষা শ্রেণীর কল করুন $C_3$। এই শ্রেণি সম্পর্কে আমার বেশ কয়েকটি প্রশ্ন রয়েছে:

1. আছে $C_3$ আগে পড়াশোনা করা হয়েছে?
2. কি $C_3$ আগ্রহের অন্য কোনও জটিলতা / গণনামূলক শ্রেণীর সমান হিসাবে পরিচিত?
3. ক্লাস হয় $C_3$মডেল পরিবর্তন শক্ত। উদাহরণস্বরূপ, যদি ব্যবহৃত টিএমগুলি একটি একক উত্তরণের সময় (সর্বদা বাম বা ডানদিকে সরানোর বিপরীতে) স্থানে থাকতে দেয় বা টেপটি কেবল ডানদিকে না গিয়ে উভয় দিকেই অসীম হয়ে থাকে, তবে শ্রেণিটি করে? 3-রাষ্ট্রের 1-টেপ টিএমএস পরিবর্তনের দ্বারা স্বীকৃত ভাষাগুলি কী?
4. কি করে $C_3$ নিয়মিত ভাষার শ্রেণীর সাথে সম্পর্কিত, $Regular$? (বিশেষত, প্রতিটি নিয়মিত ভাষা হয়$C_3$?)

একটি (বরং অভিশাপ ) অনুসন্ধানটি কেবলমাত্র এই সিএস.স্ট্যাকেক্সচেঞ্জের পোস্ট নিয়ে আসে যা প্রাসঙ্গিক তবে আমার প্রশ্নের উত্তর দেয় না এবং এই গবেষণাপত্রটি , যা আমি যথাযথভাবে পড়িনি তা নিশ্চিত করার জন্য এটি যথাযথভাবে উদ্বেগের বিষয়$C_3$ পরিবর্তে একটি অনুরূপ কিন্তু পৃথক শ্রেণীর (কাগজ দাবি করে যে (1) প্রতিটি ভাষায় প্রমাণ করে $C_3$ সিদ্ধান্ত গ্রহণযোগ্য এবং (২) এটি $C_3$ এবং $Regular$খালি খালি ছেদযুক্ত স্বতন্ত্র ক্লাস)। সিএস.স্টাকেক্সেঞ্জঞ্জ পোস্টের মন্তব্যে যেমন উল্লেখ করা হয়েছে, এই ধরণের টিএমএসকে খুব নির্দিষ্ট সেলুলার অটোমাতা হিসাবে বিবেচনা করা যেতে পারে, সুতরাং সেলুলার অটোমেটন তত্ত্বের সাহিত্যিক কেউ জানেন যে তারা সাহায্য করতে পারে।

Comments

আপনার যদি কেবলমাত্র একটি অবসানহীন অবস্থা এবং একটি টেপ (ইনপুট টেপ) থাকে তবে আপনার মেশিনে এটি পড়তে পারে এমন কিছুই মনে করতে পারে না। সুতরাং, এটি ইনপুট বর্ণমালা থেকে সুনির্দিষ্ট প্রতীক (গুলি) সম্বলিত ইনপুট গ্রহণ বা প্রত্যাখ্যান করতে পারে।

— ডেভিড জি

মেশিনটি এটি কী পড়েছে তা মনে রাখতে পারে না তবে এটি কী অন্য কিছু দিয়ে পড়ে তা আবার লিখতে পারে। সুতরাং আপনি যে বৈশিষ্ট্যটি দিয়েছেন তা কেন সঠিক হবে তা আমি সত্যিই দেখছি না। (যেমন আমি গ্রহণ করি এমন একটি সাধারণ মেশিনের কথা ভাবতে পারি$01$ এবং প্রত্যাখ্যান $011$; এখানে আচরণটি পুরোপুরি নির্ধারণ করা হয় না যে ইনপুটটিতে চিহ্নগুলি রয়েছে।

— মিখাইল রুদয়

আপনি ঠিক বলেছেন, আমার অন্তর্নিহিত ভুল ছিল।

— ডেভিড জি

Answer 1

জন্তুটি অত্যন্ত শক্তিশালী , উদাহরণস্বরূপ আমরা একটি টিএম তৈরি করতে পারি$M$ যা ফর্মের প্রতিটি স্ট্রিং গ্রহণ করে

$L_Y = \{ r\; 0^n \; 1^m\;A \mid m \leq n \}$

এবং ফর্মের প্রতিটি স্ট্রিং প্রত্যাখ্যান করে

$L_N = \{ r\; 0^n \; 1^m\;A \mid m > n \}$

প্রথমটি রূপান্তর করার ধারণাটি $r$ মধ্যে $R$এবং তারপরে মাথাটি স্ট্রিংয়ের মাঝামাঝি জায়গায় পৌঁছাতে দিন এবং "স্টেটলেস" জিগ-জাগ করুন; যদি এটি পৌঁছে$A$ আগে $R$ তারপর এটি গ্রহণ করে।

অনানুষ্ঠানিক বর্ণনা:

• চালু $r$ লেখার $R$ এবং ডান সরান (প্রত্যাখ্যান করার জন্য প্রস্তুত)
• চালু $0$ লেখার $c$ এবং ডানদিকে সরান (কেন্দ্রের দিকে অগ্রসর হওয়া)
• চালু $1$ লেখার $>$ এবং বাম দিকে সরান (একটি চিহ্নিত করুন $1$, পরবর্তী বাম থেকে ডান ক্রসিংয়ের জন্য প্রস্তুত করুন এবং বাম দিকে যান)
• চালু $c$ লেখার $<$ এবং ডানদিকে সরান (একটি চিহ্নিত করুন $0$, পরবর্তী ডান থেকে বাম ক্রসিংয়ের জন্য প্রস্তুত করুন এবং ডানদিকে যান)
• চালু $<$ লেখার $>$ এবং বাম দিকে যান (বাম থেকে ডান ক্রসিং, পরবর্তী ডান থেকে বামের জন্য প্রস্তুত)
• চালু $>$ লেখার $<$ এবং ডানদিকে যান (ডান থেকে বাম ক্রসিং, পরবর্তী বাম থেকে ডানদিকে প্রস্তুত করুন)
• চালু $A$ গ্রহণ করুন $R$ প্রত্যাখ্যান
• ফাঁকা $b$ প্রত্যাখ্যান

উদাহরণ:

  :r 0 0 0 1 1 A
   R:0 0 0 1 1 A
   R c:0 0 1 1 A
   R c c:0 1 1 A
   R c c c:1 1 A
   R c c:c > 1 A
   R c c <:> 1 A
   R c c < <:1 A
   R c c <:< > A
   R c c:< > > A
   R c:c > > > A
   R c <:> > > A
   ...
   R c < < < <:A ACCEPT

এই জিগ-জাগ প্রযুক্তিটি ক্ষুদ্রতম 2-রাজ্যের ইউনিভার্সাল ট্যুরিং মেশিনে ব্যবহৃত হয় (এটিতে 18 টি প্রতীক রয়েছে) রোগোজিন (রাগোজিন 1996. টিসিএস, 168 (2): 215-22)) নির্মিত।

এটি প্রমাণ করার জন্য কিছু মনোযোগ দেওয়া উচিত $M$ সমস্ত ইনপুটগুলিতে থামান (কেবলমাত্র নোট করুন যে এটি ফাঁকা ইনপুট এবং সমস্ত অ-থামানো প্রতীকগুলিকে "একত্রিত" -এ প্রত্যাখ্যান করে $<$ অথবা $>$ যা অসীম লুপের দিকে পরিচালিত করতে পারে না)।

ভাষাটি ডেভিডজি মন্তব্য করেছেন $L(M)$ দ্বারা স্বীকৃত $M$ এর সুপারস্টার $L_Y$ (অর্থাত $L_Y \subset L(M)$) তবে এতে কোনও স্ট্রিং নেই $L_N$ (অর্থাত $L(M) \cap L_N = \emptyset$) এবং - মিখাইলরুদয়ের মন্তব্য হিসাবে - এটি প্রমাণ করার জন্য এটি যথেষ্ট $L(M)$ নিয়মিত নয়।

আসলে যদি $L(M)$ নিয়মিত এছাড়াও হয় $L(M) \cap \{ r0^*1^*A \} = L_Y = \{ r0^n 1^mA \mid m \leq n \}$নিয়মিত হবে (যা পাম্পিং লেমার কোনও সাধারণ প্রয়োগ দ্বারা নয়); একটি দ্বন্দ্ব বাড়ে।

সুতরাং $L(M)$ নিয়মিত নয় ।

... তবে সব সুপারহিরোদের মতো $C_3$ অচিলির গোড়ালি রয়েছে: এটি নিয়মিতও চিনতে পারে না:

$L = \{ 1^{2n} \}$

অনানুষ্ঠানিকভাবে এটি কেবল বামতম ব্যবহার করতে পারে $b 1 ...$ ($b$ ফাঁকা প্রতীক) বা ডানপন্থী $1b...$হুক হিসাবে এবং অন্য দিকে "প্রসারিত"; তবে চূড়ান্ত স্বীকৃতি বা প্রত্যাখ্যান বিপরীত দিকের ফাঁকা প্রতীকটিতে থাকতে পারে না, সুতরাং এটি কেবলমাত্র এর অভ্যন্তরের অংশে করা যেতে পারে$1$গুলি এবং দীর্ঘ পর্যায়ে ইনপুট থেকে শুরু করে একে একে "নকল" করা যায়।

পরিশেষে - কাগজ পড়ার পরে - আমি নিশ্চিত করতে পারি যে এতে বর্ণিত ওয়ান-স্টেট টিএম আপনার সাথে মেলে $C_3$ শ্রেণি ... (এখানে নতুন কিছু নয় :-) ... এবং লেখক যে ল্যাঙ্গেজটি নিয়মিত ভাষা রয়েছে তা প্রমাণ করার জন্য এটি ব্যবহার করা আমার সাথে খুব মিল very

Comments

আমি উত্তরটি খুব পছন্দ করি (+1)। তবে, টিএম বর্ণিত একটি আলাদা ভাষা গ্রহণ করে। এটি উদাহরণস্বরূপ, rrrrrr00011AAAA, r000000r0000r0000r00011A, r00011A11111111 (এ এর পরে এটিগুলির পরিবর্তে কিছু হতে পারে) স্ট্রিংগুলিও গ্রহণ করে ...

— ডেভিড জি

@ ডেভিডজি: আপনি ঠিক বলেছেন! আমি এটি সম্পর্কে খুব বেশি ভাবি নি ... আমি এটি ঠিক করার চেষ্টা করি।

— মারজিও দে বিয়াসি

আসলে, এমনকি মাধ্যমে $L$ বর্ণিত টিএম দ্বারা স্বীকৃত ভাষা নয়, ভাষা অবশ্যই নিয়মিত নয়: যদি সেই টিএম হয় $M$তাহলে $L(M) \cap r0^*1^*A = L$ সুতরাং দ্বন্দ্ব দ্বারা একটি সংক্ষিপ্ত প্রমাণ (যদি $L(M)$ নিয়মিত হয় $L(M) \cap r0^*1^*A = L$নিয়মিতও হবে; দ্বন্দ্ব) এটি প্রদর্শন করতে পারে$L(M)$নিয়মিত নয়।

— মিখাইল রুদয়

@ মিখাইলরুদয়: হ্যাঁ! আমারও একই ধারণা ছিল। আমি উত্তর সম্পাদনা করার জন্য cstheory খুললাম, এবং আপনার মন্তব্য দেখেছি। আসুন দেখুন আমি আপনার মন্তব্যটি আমলে নিয়ে উত্তরটি পুনরায় লিখতে পারি কিনা ...

— মারজিও দে বিয়াসি

Answer 2

আমি এর ক্ষমতাকে অবমূল্যায়ন করেছি $C_3$ ... আসলে এটি খুব বেশি দূরে নয় হাইপারকমপুটেশন !

(আরও ভাল স্বচ্ছতার জন্য আমি এটি আলাদা উত্তর হিসাবে পোস্ট করি)

আমরা একটি একক রাষ্ট্রের টুরিং মেশিন তৈরি করতে পারি $M$ যা ফর্মটির স্ট্রিং গ্রহণ করে:

$L_Y = \{ a \; 0^n \; 1^m \; R \mid m \geq 2^n\}$

এবং ফর্মের স্ট্রিংগুলি প্রত্যাখ্যান করে:

$L_N = \{ a \; 0^n \; 1^m \; R \mid m \lt 2^n\}$

ধারণা এবং নির্মাণ পূর্বের উত্তরের মতোই: প্রথমটিকে রূপান্তর করুন $a$ মধ্যে $A$, মাথাটি স্ট্রিংয়ের মাঝামাঝি পৌঁছে দিন এবং পরে "স্টেটলেস" জিগ-জাগ করুন, তবে স্থানান্তরগুলি এইভাবে প্রথমার্ধে "একটি" বাইনারি কাউন্টার "প্রয়োগ করে: চালু $Z$(শূন্য) ডানদিকে মাথা বাউন্স করে ফিরে , এবং রূপান্তর$Z$ একটি মধ্যে $S$ (এক) পরের বার মাথা পৌঁছেছে $S$, এ এ রূপান্তর $)$এবং মাথা বাম সরানো যাক; মাথা পৌঁছে যখন$)$ এটিকে রূপান্তর করুন ক $Z$। স্ট্রিংয়ের দ্বিতীয়ার্ধটি আনরি কাউন্টারের মতো আচরণ করে।

রূপান্তরগুলি হ'ল:

• চালু $r$ লেখার $R$ এবং ডান সরান (প্রত্যাখ্যান করার জন্য প্রস্তুত)
• চালু $0$ লেখার $Z$ এবং ডানদিকে সরান (কেন্দ্রের দিকে অগ্রসর হয়ে বাইনারি কাউন্টারটি 0 তে সেট করুন)
• চালু $1$ লেখার $>$ এবং বাম দিকে সরান (একটি চিহ্নিত করুন $1$ এবং অ্যানারি কাউন্টারকে হ্রাস করুন, পরবর্তী বাম-থেকে-ডান ক্রসিংয়ের জন্য প্রস্তুত করুন এবং বাইনারি কাউন্টারে ফিরে আসা করুন)
• চালু $>$ লেখার $<$ এবং ডানদিকে যান (স্ট্রিংয়ের দ্বিতীয়ার্ধের ডান থেকে বাম ক্রসিং, পরবর্তী বাম থেকে ডানদিকে প্রস্তুত করুন)
• চালু $<$ লেখার $>$ এবং বাম দিকে যান (স্ট্রিংয়ের দ্বিতীয় অর্ধের বাম থেকে ডান ক্রসিং, পরবর্তী ডান থেকে বামে প্রস্তুত করুন)
• চালু $Z$ লেখার $S$ এবং ডানদিকে সরান (অঙ্কটিকে একতে রূপান্তর করুন এবং আনারি কাউন্টারের দিকে ডানদিকে ফিরে বাউন্স করুন)
• চালু $S$ লেখার $)$ এবং বাম দিকে সরান (অঙ্কটি সাফ করুন, এবং মাথাকে "বাহন" এর মতো বাম দিকে যেতে দিন, প্রথম অংশের পরবর্তী বাম থেকে ডানদিকে প্রস্তুত করুন)
• চালু $)$ লেখার $Z$ এবং ডানদিকে সরান (শূন্য সেট করুন যা বাউন্সের কারণ ঘটবে, এবং মাথাটি ডানদিকে সরুক)
• চালু $A$ গ্রহণ করুন $R$ প্রত্যাখ্যান
• ফাঁকা $b$ প্রত্যাখ্যান

উদাহরণ:

 :a 0 0 0 1 1 1 1 1 1 1 1 R
  A:0 0 0 1 1 1 1 1 1 1 1 R
  A Z:0 0 1 1 1 1 1 1 1 1 R
  ...
  A Z Z Z:1 1 1 1 1 1 1 1 R
  A Z Z:Z > 1 1 1 1 1 1 1 R
  A Z Z S:> 1 1 1 1 1 1 1 R
  A Z Z S <:1 1 1 1 1 1 1 R
  A Z Z S:< > 1 1 1 1 1 1 R
  A Z Z:S > > 1 1 1 1 1 1 R
  A Z:Z ) > > 1 1 1 1 1 1 R
  A Z S:) > > 1 1 1 1 1 1 R
  A Z S Z:> > 1 1 1 1 1 1 R
  ...
  A Z S:Z > > > 1 1 1 1 1 R
  ...
  A Z S S < < <:1 1 1 1 1 R
  ...
  A S:) ) > > > > 1 1 1 1 R
  ...
 :A ) ) ) > > > > > > > > R ---> ACCEPT

এটি প্রমাণ করার জন্য কিছু মনোযোগ দেওয়া উচিত $M$ সমস্ত ইনপুটগুলিতে থামানো (কেবলমাত্র নোট করুন যে এটি ফাঁকা ইনপুট এবং সমস্ত অ-থামানো প্রতীকগুলি "চক্র" এর মাধ্যমে প্রত্যাখ্যান করে $( , S , Z$ অথবা $<, >$ যা অসীম লুপের দিকে পরিচালিত করতে পারে না)।

ভাষা $L(M)$ এর সুপারস্টার $L_Y$ ($L_Y \subset L(M)$) এবং এতে স্ট্রিং নেই $L_N$ ($L(M) \cap L_N = \emptyset$)।

হটাত যদি $L(M)$হয় কনটেক্সট ফ্রি , নিয়মিত ভাষা সঙ্গে এটি ছেদ সিএফএল এর অবসান বৈশিষ্ট্য দ্বারা - তারপর,$\{r 0^* 1^* A\}$ একটি সিএফ ভাষা উত্পাদন করুন:

$L(M) \cap \{r 0^* 1^* A\} = \{ a \; 0^n \; 1^m \; R \mid m \geq 2^n\} = L_Y$

তবে সিএফএলের জন্য ওগডেনের লেমার একটি সাধারণ প্রয়োগের মাধ্যমে আমরা তা প্রমাণ করতে পারি$L_Y \notin CFL$: কেবলমাত্র যথেষ্ট দীর্ঘ চয়ন করুন $s \in L_Y$ এবং সমস্ত চিহ্নিত $0$; s কমপক্ষে একটি শূন্য পাম্প করা যেতে পারে এবং সংখ্যাটি যাই হোক না কেন$1s$ পাম্পিং স্ট্রিংয়ের তাত্পর্যপূর্ণ বৃদ্ধি $2^n$ একটি স্ট্রিং বাড়ে $\notin L_Y$)।

সুতরাং $L(M)$ কনটেক্সট ফ্রি নয় ।

... এখন আমি ভাবছি যে এটি অন্য একটি "চাকা পুনরুদ্ধার" উত্তর কিনা, বা এটি একটি নতুন (ছোট) ফলাফল।

Comments

ঠিক আছে, এখানে ভাষাটি কো-লগটাইম হিসাবে কম শ্রেণিতে কমপিউটেবল, সুতরাং এটির জন্য ঠিক হাইপারকম্পিউটেশন প্রয়োজন হয় না। (আসলে,$L_Y$ এবং $L_N$এমনকি ডিএলজিটাইমেও পৃথক করা যায়))

— এমিল জেবেক

@ এমিলজেবেক: আমি বলেছিলাম "খুব বেশি দূরে নয়" ... সেই ক্ষুদ্র শ্রেণীর উচ্চাকাঙ্ক্ষাকে দমন করবেন না ... :-)

— মারজিও ডি বায়াসি

Answer 3

এই উত্তরে ধারণা করা হয় যে টুরিং মেশিনগুলিতে উভয় পক্ষের অসীম টেপ রয়েছে। দাবিগুলি একমুখী অসীম টেপের জন্য ধারণ করে না।

আমাকে প্রথমে ভাষার ক্লাসটি সংজ্ঞায়িত করা যাক $C_3'$3 টি রাজ্যের (এক-টেপ টুরিং মেশিন) দ্বারা সমস্ত ভাষার শ্রেণি নির্ধারণযোগ্য হিসাবে ($C_3$এক-টেপ টুরিং মেশিন দ্বারা 3 টি রাজ্যের দ্বারা স্বীকৃত ভাষাগুলির শ্রেণি হিসাবে সংজ্ঞায়িত করা হয়েছিল )। ক্লাস চালু করলাম$C_3'$ কারণ আমার আসল উত্তরে আমি অজ্ঞান হয়ে ক্লাস বদলালাম $C_3$ এবং $C_3'$ (আমি কেবল ক্লাস বিবেচনা করেছি $C_3'$)।

এই উত্তরটি আরও বেশি @ মারজিওডিবিয়াসি উত্তরগুলির পরিপূরক। তিনি দেখিয়েছিলেন যে ক্লাস$C_3$ এবং $C_3'$সিএফএল অন্তর্ভুক্ত নেই এবং এইভাবে বেশ আকর্ষণীয় ভাষা রয়েছে। যাইহোক, আমি এই পোস্টে প্রতিটি ভাষা হিসাবে দেখাব$L$ ভিতরে $C_3'$ সম্পত্তি আছে যে সেট $\{1^n;n\in\mathbb{N}\backslash\{0\}\}$ হয় হয় $L$ বা এর পরিপূরক $L^C$। এইভাবে$C_3'$এছাড়াও খুব সীমাবদ্ধ, যেমন। এটিতে কেবল তুচ্ছ unary ভাষা থাকে$\{\}$, $\{\varepsilon\}$, $\{1^n;n\in\mathbb{N}\}$ এবং $\{1^n;n\in\mathbb{N}\backslash\{0\}\}$। শ্রেণী$C_3$আরও কিছুটা অবিচ্ছিন্ন ভাষা রয়েছে। তবে এটি যদি ধরে রাখে যে$L\in C_3$ এবং $1^n\in L$ জন্য $n\geq 1$তাহলে $1^m\in L$ সবার জন্য $m\geq n$। একটি সাধারণ প্রতিচ্ছবি হ'ল সমস্ত নিয়মিত ভাষা অন্তর্ভুক্ত নয়$C_3$ না মধ্যে $C_3'$। ভাষাও$\{1\}$ ভিতরে নেই $C_3$ না মধ্যে $C_3'$।

---

দাবির জন্য (সাহসী) সম্পর্কে $C_3'$, এটি প্রমাণ করার পক্ষে যথেষ্ট যে ওয়ান-টেপ টুরিং মেশিন $M$ 3 টি রাষ্ট্রের সাথে সর্বদা থামানো হয় সেগুলি থেকে সমস্ত স্ট্রিং গ্রহণ করে বা বাতিল করে $\{1^n;n\in\mathbb{N}\backslash\{0\}\}$। মনে করুন যে ফর্ম একটি স্ট্রিং$1^n$, $n\in\mathbb{N}\backslash\{0\}$, দেওয়া হয় $M$। তিনটি মামলা রয়েছে:

1) যখন$M$ 1 পড়েন, এটি গ্রহণ করে বা প্রত্যাখ্যান করে।

2) কখন$M$1 পড়ছে, এটি মাথাটি বাম দিকে সরায়। আমরা যদি চাই$M$এই ইনপুটটি থামাতে, এটি অবশ্যই খালি প্রতীক হিসাবে স্বীকৃতি, প্রত্যাখ্যান বা ডানদিকে যেতে হবে। অতএব, এটি টেপের প্রাথমিক কক্ষের ডানদিকে কোনও দিনই পরিদর্শন করে না। এটি যদি হয় তবে তা ইনপুট 1 এ চিরকাল চলবে।

3) যখন$M$1 পড়ছে, এটি মাথাটি ডানদিকে সরায়। এটি পরে যে$n$ পদক্ষেপ, টেপ বিষয়বস্তু হয় $A^n$ কোথায় $A$ টেপ বর্ণমালা এবং মাথা থেকে কিছু প্রতীক $M$ সর্বশেষের ডানদিকে বামতম ফাঁকা প্রতীকটিতে $A$। আমরা যদি চাই$M$এই ইনপুটটি থামাতে, এটি অবশ্যই খালি প্রতীক হিসাবে বামে গ্রহণ করতে হবে, প্রত্যাখ্যান করতে হবে বা সরাতে হবে। হিসাবে ক্ষেত্রে 2), প্রধান$M$ এখন কখনই সরাসরি ডানদিকের বাম দিকে ঘুরে দেখা যাবে না $A$। যদি এটা হয়, তাহলে$M$ চিরকাল ইনপুট 1 চালানো হবে।

এটি তিনটি ক্ষেত্রেই স্পষ্ট $M$ সেট থেকে সমস্ত স্ট্রিং গ্রহণ করে $\{1^n;n\in\mathbb{N}\backslash\{0\}\}$ বা এটি সমস্ত প্রত্যাখ্যান করে।

---

সম্পর্কে দাবির প্রমাণ (সাহসী) $C_3$উপরের মত একই লাইন অনুসরণ। আমরা একটি-টেপ 3-রাষ্ট্রের টুরিং মেশিন নিই$M$ যে একটি স্ট্রিং গ্রহণ করে $1^n$ কিছুর জন্য $n\geq 1$। অনুমান করা$M$ একটি ইনপুট দেওয়া হয় $1^m$ জন্য $m\geq n$। আমাদের তা প্রমাণ করতে হবে$M$এই ইনপুট গ্রহণ করে। আমাদের 3 টি মামলা রয়েছে:

1) যখন$M$ পড়া 1, এটি গ্রহণ করে।

2) কখন$M$1 পড়ছে, এটি মাথাটি বাম দিকে সরায়। কারণ$M$ ইনপুট গ্রহণ করে $1^n$এটি খালি চিহ্নের ডানদিকে গ্রহণ বা ডানদিকে যেতে হবে। অতএব, এটি কখনও পরিদর্শন করে না$n$প্রাথমিক কক্ষের ডানদিকে কক্ষ। যদি এটি হয় তবে এটি ইনপুটটিতে চিরকাল চলবে$1^n$।

3) যখন$M$1 পড়ছে, এটি মাথাটি ডানদিকে সরায়। এটি পরে যে$m$ পদক্ষেপ, টেপ বিষয়বস্তু হয় $A^m$ কোথায় $A$ টেপ বর্ণমালা এবং মাথা থেকে কিছু প্রতীক $M$ সর্বশেষের ডানদিকে বামতম ফাঁকা প্রতীকটিতে $A$। কারণ$M$ ইনপুট গ্রহণ করে $1^n$, এটি অবশ্যই খালি প্রতীক হিসাবে বামে গ্রহণ বা সরাতে হবে। হিসাবে ক্ষেত্রে 2), প্রধান$M$ এখন আর পরিদর্শন করবে না $n$ডানদিকের বাম দিকে সেল $A$। এটি কারণ ইনপুট$1^n$, $M$ প্রাথমিক কক্ষের সরাসরি বাম কক্ষটি পরিদর্শন করে না, কারণ এটিতে ফাঁকা প্রতীক রয়েছে এবং এটি যদি এটি পড়ে থাকে তবে তা চিরকালের জন্য চলবে।

এটি তিনটি ক্ষেত্রেই স্পষ্ট $M$ সেট থেকে সমস্ত স্ট্রিং গ্রহণ করে $\{1^m;m\geq n\}$।

Comments

প্রথমত, প্রশ্নের কোথাও কোথাও বলা হয় নি যে এমকে অবশ্যই সমস্ত ইনপুটগুলিতে থামানো উচিত, যাতে এই উত্তরে কিছু যুক্তি যুক্ত হয়ে যায়। এর বাইরেও বেশ কয়েকটি ক্ষেত্রে যুক্তি আমার কাছে বোঝায় না। উদাহরণস্বরূপ, 3 ক্ষেত্রে, এম যদি ফাঁকা এবং A উভয়দিকে চলে যায় তবে এম ডানদিকের এ এর ​​সরাসরি বাম কক্ষটি পরিদর্শন করবেন (উত্তর থেকে দাবির সরাসরি বিপরীতে)

— মিখাইল রুদয়

নিস; এটি বর্ণনা করার আরেকটি উপায় হ'ল: যদি$\Sigma = \{1\}$ (অখণ্ড ভাষা) তখন $\exists k \mbox{ s.t. }1^k \in L(M) \Leftrightarrow L(M) = \{1^n \mid n > 0 \}$...

— মারজিও দে বায়াসি

@ মিখাইলরুদয়, প্রথমে কেস 3 স্পষ্ট করতে: যদি মাথাটি A এবং ফাঁকা প্রতীক উভয়দিকে রেখে যায় তবে এটি চিরতরে বাম দিকে সরে যাবে এবং থামবে না। যদি এটি কখনও (100 টি পদক্ষেপের পরে বলুন) ডানদিকের এ এর ​​সরাসরি বাম কক্ষটি পরিদর্শন করে, তবে ইনপুট 1 এর ক্ষেত্রে এটি কখনও থামবে না (এক্ষেত্রে ডানদিকের এ এর ​​সরাসরি বাম দিকে ফাঁকা প্রতীক থাকবে)।

— ডেভিড জি

@ মিখাইলরুদয়, এটা সত্য যে আমি ধরে নিয়েছিলাম যে একটি টিউরিং মেশিন বন্ধ করতে হবে। আমি উত্তরটি সম্পাদনা করব এবং এটি চিরকাল স্থায়ী হয় এমন সম্ভাবনাও অন্তর্ভুক্ত করব। ফলাফলও একই রকম।

— ডেভিড জি

@ মিখাইলরুডয়: বিটিডব্লিউ হিটলিংয়ের সমস্যাটি 1 টি রাষ্ট্রীয় টুরিং মেশিনের জন্য নির্ধারিত; দেখতে নেই Gábor টি হারমান, সাধারণ এক রাষ্ট্র টুরিং মেশিনের জন্য অভিন্ন বিরাম সমস্যা । বর্ণিত মডেলটি আপনার থেকে কিছুটা পৃথক: টিএম যদি মরণীয় কনফিগারেশনে শেষ হয় তবে এটি গ্রহণ করে (কোনও গ্রহণ / প্রত্যাখ্যান নেই); তবে ফলাফলটি আপনার মডেলের ক্ষেত্রেও প্রযোজ্য (আপনার অতিরিক্ত স্বীকৃতি / প্রত্যাখ্যানের অবস্থার দিকে প্রত্যাশিত চিহ্নগুলিতে টিএম থামিয়ে দিন)।

— মারজিও ডি বায়াসি