কে (এক্সএক্সএক্স) <কে (এক্স), যেখানে কে কোলমোগোরভ পূর্ণতা আছে এমন কি এমন কি এক্স রয়েছে?

Question

যাক বোঝাতে একটি স্ট্রিং Kolmogorov জটিলতা । মতো স্ট্রিং রয়েছে কি ? (এখানে এটি নিজের সাথে )। অনুরূপ একটি কিন্তু বিভিন্ন প্রশ্ন জিজ্ঞাসা করা হল এখানে কিন্তু counterexample যে প্রশ্নের উত্তর দেওয়া এই এক জন্য কাজ করে না।$K(x)$$x$$K(xx)<K(x)$$xx$$x$

Answer 1

আমি কোলমোগোরভ জটিলতার কোনও বিশেষজ্ঞ নই, তবে আমি মনে করি যে এই জাতীয় এক্স নিম্নলিখিত জটিলতা ফাংশন K এর জন্য তৈরি করা যেতে পারে। যেহেতু 1, 11, 1111, 11111111,…, 1 ^{2 এন} ,… একটি প্রাকৃতিক সংখ্যা এন এর এনকোডিং তাই কে (1 ^{2 এন} ) ও (লগ এন ) হতে পারে না । তবে, যখন এন = 2 ^মি , অবশ্যই কে (1 ^{2 এন} ) = কে (1 ^{2 2 মি} ) = ও (লগ এম ) = ও (লগ লগ এন )। সুতরাং ক্রম K (1), K (11), K (1111), K (11111111),…, K (1 ^{2 n} ),… দুর্বলভাবে একঘেয়েভাবে বাড়ানো যায় না, যার অর্থ একটি স্ট্রিং রয়েছে thatx 1 ^{2 এন} আকারে যেমন কে ( এক্সএক্স ) <কে ( এক্স )।

Comments

@ শুয়োশি, কে ( এক্স এক্স ) < কে ( এক্স ) এর মতো কোনও সংকোচনের স্ট্রিং ? $x$$K(xx)\lt K(x)$

— মোহাম্মদ আল-তুর্কিস্তানি

আমার মনে হয় এবং কে (1 ^ {2 ^ n}) = Ω (লগ এন) একে অপরের বিরোধিতা করছে। তার অর্থ কী: যদি f ( n ) = o ( লগ এন ) হয় তবে কে ( 1 2 এন ) ≠ ও ( এফ ( এন ) ) । অন্যথায় প্রমাণটি ঠিক আছে বলে মনে হচ্ছে। $K(1^{2^{2^m}})=O(\log m)$$f(n)=o(\log n)$$K(1^{2^n})\neq O(f(n))$

— সুনা জাকোবসেন

এটি কাজ করে বলে মনে হচ্ছে। প্রকৃতপক্ষে, আমি মনে করি এটি আপনাকে এ জাতীয় স্ট্রিংগুলির একটি অসীম অনুক্রম দেয়। যাইহোক, হয় আমি কিছু ভুল বোঝাবুঝি করছি, বা কোলমোগোরভ জটিলতার জন্য চেইন রুলের বিবৃতি যা উইকিপিডিয়াতে প্রদর্শিত হয় ( en.wikedia.org/wiki/Chain_rule_for_Kolmogorov_complexity ) is প্রাথমিকভাবে আমি ভেবেছিলাম যে উইকিপিডিয়া সংজ্ঞাটি এখানে প্রয়োগ নাও হতে পারে, কারণ সেখানে আপনাকে জানতে হবে এক্স এবং ওয়াইটি কোথায় শুরু হয় তা জানতে সক্ষম হতে হবে, তবে এখানে যখন এটি প্রয়োজন হবে না বলে মনে হয় তবে ওয়াই = এক্স যখন আপনি বর্ণনায় এটি যুক্ত করতে পারেন ও (1) "মাঝখানে বিভক্ত" বলে।

— আবেল মোলিনা

@ সুন: স্বরলিপি Ω (⋅) এর কয়েকটি আলাদা আলাদা সংজ্ঞা রয়েছে। আমার উত্তরে "কে (1 ^ 2 ^ n) = Ω (লগ এন)" এর অর্থ "লিমসআপ কে (1 ^ 2 ^ n) / লগ এন> 0," এবং এটি "কে (1 ^ 2 ^ 2) এর সাথে বিরোধী নয় ^ এম) = ও (লগ এম) ”" আমি এই পয়েন্টটি পরিষ্কার করার জন্য উত্তর সম্পাদনা করেছি। আরও দেখুন অ্যাসিপটোটিক গ্রোথ-রেটের কোন সংজ্ঞা আমাদের শেখানো উচিত?

— সোসোশি ইতো

@ তুরস্কিস্তি এবং সমস্ত: নোট করুন যে সর্বদা সত্য যে কে (এক্সএক্স)> কে (এক্স) -সি কিছু ধ্রুবকের জন্য, আমি ভেবেছিলাম এটির বিষয়টি উল্লেখ করা উচিত। এর অর্থ হ'ল আমাদের যদি এই প্রশ্নটি অধ্যয়ন করতে চান তবে সংকোচনের একটি খুব সংক্ষিপ্ত সংজ্ঞা প্রয়োজন। আমি উত্তরটি আবার হ্যাঁ অনুমান করব, তবে আমার কাছে প্রমাণ নেই।

— ডোমোটরপ

Answer 2

হ্যাঁ. অনুশীলনে কোলোমোগোরভ জটিলতা আপনার মডেলের উপর নির্ভর করে। ট্যুরিং মেশিন, জাভা প্রোগ্রাম, সি ++ প্রোগ্রাম, ... যদি আপনার মডেলটিতে কোনও আইডিসিএনক্র্যাসি থাকে যা এই ইনপুটগুলির একটি সীমাবদ্ধ সেটটিতে ঘটতে দেয় তবে এটি কোনও সমস্যা নয়।

আরও ভাল প্রশ্ন হ'ল এই আচরণের কতটা আপনি এড়িয়ে যেতে পারেন এবং এখনও মডেলটি সর্বজনীন হতে পারেন।

Comments

আমার মনে হয় আরও ভাল প্রশ্ন হ'ল: এই জাতীয় এক্স কি সমস্ত মডেলের জন্য বিদ্যমান? আমি জানি না যে "মডেল" আনুষ্ঠানিকভাবে কী, তবে মনে হয় যে স্যুয়োশিস উত্তরটি সমস্ত যুক্তিসঙ্গত প্রোগ্রামিং ভাষার জন্য কাজ করে।

— সুনা জাকোবসেন

আপনি ধার্য করতে পারেন থেকে এক্স এক্স এবং কিছু বড় এক্স এবং এখনও একটি সার্বজনীন মডেল আছে। $0$$xx$$x$

— কাভেহ

Answer 3

@Tsuyoshi:

আমি আপনার প্রমাণ ভালভাবে বুঝতে পারিনি।

ধরে নিন যে আমরা একটি স্ট্যান্ডার্ড টিউরিং মেশিনকে "বিবরণ ভাষা" হিসাবে সংজ্ঞায়িত করে ক্ষুদ্রতম টিএমের রাজ্যের সংখ্যা হিসাবে খালি টেপ দিয়ে শুরু করি এবং তার উপর স্ট্রিংগুলি মুদ্রণের পরে থামে ।$K(s)$ $s$

আপনি প্রমাণ আমরা নির্মাণ করতে পারেন কি একটি যে "কপি করে প্রিন্ট" STRING গুলি গুলি = 1111 ... 1 = 1 2 এন + + 1 টেপ এবং তৈরি করা হয়েছে তার চেয়ে কম চেয়ে রাজ্যের টি এম গুলি যে "কপি করে প্রিন্ট" স্ট্রিং এস = 1 2 এন ?$TM_{ss}$$ss = 1111...1 = 1^{2^{n+1}}$$TM_{s}$$s = 1^{2^n}$

আপনার প্রমাণ টিএমসে কোলমোগোরভ জটিলতায় প্রয়োগ করা যেতে পারে?

$n+1 = 2^{m}$$TM_{ss}$$TM_{s}$$n$

(দুঃখিত, তবে আমি কীভাবে এটি মন্তব্য হিসাবে পোস্ট করতে জানি না)

Comments

To write a comment on a post made by someone other than you which is not an answer to your question, you need reputation point at least 50.

— Tsuyoshi Ito