Um espaço métrico interessante relacionado às máquinas de Turing

Nesta questão, consideramos apenas máquinas de Turing que param em todas as entradas. Se , em , denotamos a máquina de Turing cujo código é . $k \in \mathbb{N}$ $T_k$ $k$

Considere a seguinte função

s (x, y) = min {k ∣ | L (T_{k}) \cap {x, y} | = 1}

$s(x,y) = \min\{k \mid |L(T_k) \cap \{x,y\}| = 1\}$

Em outras palavras, $s(x,y)$ é o código da menor máquina de Turing que reconhece precisamente uma das cadeias $x,y.$ Agora podemos definir o seguinte mapa

d (x, y) = {\begin{cases} 2^{- s (x, y)} & if x \neq y, \\ 0 & otherwise. \end{cases}

$d(x,y) = \left\{ \begin{array}{ll} 2^{-s(x,y)} & \mbox{if } x \ne y, \\ 0 & \mbox{otherwise.} \end{array} \right.$

Pode-se verificar rapidamente que $d(x,y)$ induz um espaço métrico (de fato um ultramétrico) em $\Sigma^{*}.$

Agora, eu gostaria de provar que se $f:\Sigma^{*} \mapsto \Sigma^{*}$ é uma função uniformemente contínua , então para toda linguagem recursiva L, $f^{-1}(L)$ é recursiva.

Em outras palavras, seja $f$ um mapa tal que, para todo $\epsilon > 0$ exista um $\delta > 0$ tal que, para as cadeias $x,y \in \Sigma^{*}$

d (x, y) \leq δ

$\quad d(x,y) \leq \delta$ então

d (f (x), f (y)) < ϵ .

$d(f(x),f(y)) < \epsilon.$ Então, precisamos mostrar que

f^{- 1} (L)

$f^{-1}(L)$ é uma linguagem recursiva, dado que

L

$L$ é recursiva.

Agora, como já observado neste post, uma maneira de abordar o problema é mostrar que existe uma máquina de Turing que fornece uma string $x \in \Sigma^{*}$ calcula $f(x).$

Estou preso a provar esta afirmação e lentamente me perguntando se existe alguma outra abordagem para resolver isso.

Dicas, sugestões e soluções são bem-vindas!

computability turing-machines

— Jernej
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Por que você está tentando provar isso? Isso me lembra a computabilidade de Banach-Mazur, que não é muito bem comportada.

— Andrej Bauer

@AndrejBauer Homework assignment!

— Jernej

Editar: dicas removidas, postou minha solução.

Aqui está a minha solução. Nós estamos indo para escolher um ponto de referência , onde e considerar o universo de e 's pontos de vista. Acontece que toda "vizinhança" de um ponto corresponde a uma linguagem recursiva. Então é um bairro em torno de , e haverá algum bairro em torno de que mapeia para ele; esse bairro é uma linguagem recursiva. $x$ $f(x) \in L$ $x$ $f(x)$ $L$ $f(x)$ $x$

Lema. Nesse espaço, uma linguagem é recursiva se e somente se for uma vizinhança de cada uma de suas seqüências.

Prova . Primeiro, fixar uma linguagem recursiva e deixe . Deixe- ser o índice mínimo de um decisor para . Em seguida, tem que se , , então . Assim implica que . $L$ $x \in L$ $K$ $L$ $y \not \in L$ $s(x,y) \leq K$ $d(x,y) \geq 1/2^K$ $d(x,y) < 1/2^K$ $y \in L$

Segundo, seja uma string arbitrária e corrija ; deixe . Seja ; então . Então nós podemos escrever $x$ $\varepsilon > 0$ $K = \lfloor \log(1/\varepsilon) \rfloor$ $L_K = \{y : d(x,y) < \varepsilon\}$ $L_K = \{y : s(x,y) > K\}$

L_{K} = {y : (\forall j = 1, \dots, K) | L (T_{j}) \cap {x, y} | \neq 1} .

$L_K = \{ y : (\forall j=1,\dots,K) |L(T_j) \cap \{x,y\}| \neq 1\}.$

Mas é decidível: Na entrada , pode-se simular os primeiros decisores em e e aceito se e somente se cada um quer aceito tanto ou rejeitado ambos. $L_K$ $y$ $K$ $x$ $y$ $~\square$

Agora estamos quase terminando:

Prop. Seja contínuo. Se é recursivo, então é recursivo. $f$ $L$ $f^{-1}(L)$

Prova. Sob uma função contínua, a pré-imagem de um bairro é um bairro.

Curiosamente, acho que nesse espaço uma função contínua é uniformemente contínua: Seja contínuo, portanto, para cada ponto , para cada existe um correspondente . Corrija um e deixe . Há um número finito de esferas de tamanho : existe ; então há ; então e assim por diante. associa a cada um desses idiomas $f$ $x$ $\varepsilon$ $\delta$ $\varepsilon$ $K = \lfloor \log(1/\varepsilon) \rfloor$ $\varepsilon$ $L(T_1) \cup L(T_2) \dots \cup L(T_K)$ $\overline{L(T_1)} \cup L(T_2) \dots \cup L(T_K)$ $L(T_1) \cup \overline{L(T_2)} \dots \cup L(T_K)$ $f$ $L_i$ uma linguagem de pré-imagem com diâmetro associado . Para cada , . Portanto, podemos assumir o mínimo desses infinitos para obter a constante de continuidade uniforme associada a esse . $L_i^{\prime}$ $\delta_i$ $x \in L_i^{\prime}$ $d(x,y) \leq \delta_i \implies d(f(x),f(y)) \leq \varepsilon$ $\delta$ $\delta$ $\varepsilon$

— usul
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Claramente mas ainda sinto falta de mostrar que é recursivo!

d (x^{'}, y^{'}) \leq \frac{1}{2^{K}}

$d(x',y') \leq \frac{1}{2^K}$

f^{- 1} (L)

$f^{-1}(L)$

— Jernej

@Jernej OK, então primeiro, também temos o contrapositivo - se então ambos estão em ou nenhum é. Agora vamos . Então há , se , então . Em particular, vamos escolher alguns com . Agora queremos saber onde todos os outros elementos de estão em relação a e, portanto, onde devem estar os outros membros de relação a ?

d (x^{'}, y^{'}) > \frac{1}{2^{K}}

$d(x^{\prime},y^{\prime}) > \frac{1}{2^K}$

L

$L$

ϵ = \frac{1}{2^{K}}

$\epsilon = \frac{1}{2^K}$

δ

$\delta$

d (x, y) \leq δ

$d(x,y) \leq \delta$

| L \cap {f (x), f (y)} | = 1

$\left| L \cap \{f(x),f(y)\} \right| = 1$

x

$x$

x^{'} = f (x) \in L

$x^{\prime} = f(x) \in L$

L

$L$

x^{'}

$x^{\prime}$

f^{- 1} (L)

$f^{-1}(L)$

x

$x$

— usul 9/12/12

@Jernej Eu postei minha solução agora. Espero que o que eu postei anteriormente tenha sido útil! Obrigado por postar este problema, é muito legal.

— usul 11/12/12

Muito obrigado pela sua resposta. Demorei um pouco para digerir as dicas, portanto, não votei e aceitei sua resposta!

— Jernej

Pergunta rápida. Mostramos que é decidível. Não vejo como se segue que é recursivo? Não é possível que um dos simulados nunca pare?

L_{K}

$L_K$

T_{j}

$T_j$

— Jernej