Classe de idiomas reconhecíveis pelas TMs de três estados de fita única

I têm durante algum tempo sido curioso sobre máquinas de Turing com exactamente uma fita e exactamente três estados (ou seja, o estado inicial $q_0$ , o estado aceitar $q_{accept}$ , e o estado rejeitar $q_{reject}$ ). Observe que eu permito alfabetos de fita arbitrários (finitos) (ou seja, o alfabeto da fita não está restrito a igual ao alfabeto de entrada).

Por conveniência, chame a classe de idiomas reconhecíveis por essas TMs $C_3$ . Eu tenho várias perguntas sobre esta classe:

1. Tem $C_3$ sido previamente estudada?
2. É $C_3$ conhecido para igualar quaisquer outras classes complexidade / computabilidade de interesse?
3. A classe $C_3$ robusta às mudanças no modelo. Por exemplo, se as TMs usadas podem permanecer no local durante uma única transição (em vez de sempre se mover para a esquerda ou direita) ou se a fita é feita para ser infinita nas duas direções, em vez de apenas para a direita, a classe de idiomas reconhecíveis pela alteração de TMs com 1 fita e 3 estados?
4. Como é que $C_3$ referem-se à classe de linguagens regulares, $Regular$ ? (Em particular, é toda linguagem regular em $C_3$ ?)

Uma pesquisa (bastante superficial) trouxe apenas essa postagem cs.stackexchange que é relevante, mas não responde minhas perguntas e este artigo , que não li em detalhes o suficiente para garantir que se refere exatamente à classe vez de uma classe semelhante mas diferente (as reivindicações de papel para provar que (1) cada idioma em C 3 é determinável e (2) que C 3 e R e g u l a $C_3$$C_3$$C_3$$Regular$são classes distintas com interseção não vazia). Conforme apontado nos comentários da publicação cs.stackexchange, esses tipos de TMs podem ser considerados autômatos celulares muito específicos, então talvez alguém que conheça a literatura sobre a teoria dos autômatos celulares possa ajudar.

A fera é extremamente poderosa , por exemplo, podemos construir uma TM que aceita todas as sequências do formulário$M$

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

e rejeita todas as strings do formulário

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

A idéia é transformar o primeiro em R e, em seguida, deixar a cabeça chegar ao meio da corda e fazer um zig-zag "sem estado"; se atingir A antes de R , aceita.$r$$R$$A$$R$

Descrição informal:

• em escreva R e mova para a direita (prepare-se para rejeitar)$r$$R$
• em escreva ce mova-se para a direita (movendo-se em direção ao centro)$0$$c$
• em escreva > e mova para a esquerda (marque 1 , prepare-se para o próximo cruzamento da esquerda para a direita e vá para a esquerda)$1$$>$$1$
• em escreva < e mova para a direita (marque 0 , prepare-se para o próximo cruzamento da direita para a esquerda e vá para a direita)$c$$<$$0$
• em write > e vá para a esquerda (cruzamento da esquerda para a direita, prepare-se para o próximo da direita para a esquerda)$<$$>$
• em escreva < e vá para a direita (cruzamento da direita para a esquerda, prepare-se para o próximo da esquerda para a direita)$>$$<$
• em aceitar, em R rejeitar$A$$R$
• em branco rejeitar$b$

Exemplo:

  :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

Essa técnica de zig-zag é usada na menor máquina de Turing Universal de dois estados (possui 18 símbolos) construída por Rogozhin (Rogozhin 1996. TCS, 168 (2): 215-240).

Alguma atenção deve ser prestada para provar que pára em todas as entradas (observe que ele rejeita na entrada em branco e todos os símbolos sem interrupção "convergem" para < ou > que não podem levar a um loop infinito).$M$$<$$>$

Como comentado por DavidG, a linguagem reconhecidos por M é um subconjunto de G Y (isto é, L Y ⊂ G ( M ) ), mas que não contém qualquer cadeia de L N (ou seja, G ( M ) ∩ L N = ∅ ) e - como comentado por MikhailRudoy - isso é suficiente para provar que L ( M ) não é regular.$L(M)$$M$$L_Y$$L_Y \subset L(M)$$L_N$$L(M) \cap L_N = \emptyset$$L(M)$

De fato, se é regular, também L ( M ) ∩ { r 0 ∗ 1 ∗ A } = L Y = { r 0 n 1 m A ∣ m ≤ n } seria regular (o que não é uma aplicação simples do lema de bombeamento); levando a uma contradição.$L(M)$$L(M) \cap \{ r0^*1^*A \} = L_Y = \{ r0^n 1^mA \mid m \leq n \}$

Então não é regular .$L(M)$

... Mas como todos os super-heróis tem calcanhar de um Achille: ela não pode sequer reconhecem o normal:$C_3$

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

Informalmente, ele pode usar apenas o mais à esquerda . . . ( b é o símbolo em branco) ou a névoa direita 1 b . . . como um gancho e "expandir" na outra direção; mas o último aceitar ou rejeitar não pode ser sobre o símbolo em branco do lado da frente, de modo que pode ser feita apenas na parte interna das 1 s e a partir de uma entrada de tempo suficiente que pode ser "fingiu" esticá-lo por um.$b 1 ...$$b$$1b...$$1$

Finalmente - depois de ler o jornal - Posso confirmar que o TM um estado descrito no que corresponde ao seu class ... (assim nada de novo aqui :-) ... eo langauge utilizado pelo autor para provar que ele contém idiomas não regulares é muito parecido com o meu.$C_3$

Subestimei o poder do ... na verdade, não está muito longe da hipercomputação !$C_3$

(Postei isso como uma resposta separada para melhor clareza)

Podemos construir uma máquina de Turing de estado único que aceite as cadeias de caracteres da forma:$M$

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

e rejeita cadeias de caracteres do formulário:

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

A idéia e a construção são semelhantes às da resposta anterior: transforme o primeiro em A , deixe a cabeça chegar ao meio da corda e faça um zig-zag "sem estado", mas as transições "implementam" um "contador binário "na primeira metade desta maneira: em Z (Zero), gire a cabeça de volta para a direita e converta o Z em S (Um) na próxima vez que a cabeça alcançar o S , transforme-o em a ) e deixe a cabeça Mova para a esquerda; quando os alcances cabeça as ) transformá-lo em um Z . A segunda metade da corda se comporta como um contador unário.$a$$A$$Z$$Z$$S$$S$$)$$)$$Z$

As transições são:

• em escreva R e mova para a direita (prepare-se para rejeitar)$r$$R$
• em escreva Z e mova para a direita (movendo-se em direção ao centro, ajuste o contador binário para 0 ..)$0$$Z$
• em escreva > e mova para a esquerda (marque 1 e diminua o contador unário, prepare-se para a próxima travessia da esquerda para a direita e volte para o contador binário)$1$$>$$1$
• em escreva < e vá para a direita (cruzamento da direita para a esquerda da segunda metade da string, prepare-se para a próxima esquerda para a direita)$>$$<$
• em write > e vá para a esquerda (cruzamento da esquerda para a direita da segunda metade da string, prepare-se para a próxima da direita para a esquerda)$<$$>$
• em escreva S e mova para a direita (transforme o dígito em um e volte para a direita em direção ao contador unário)$Z$$S$
• em write ) e mova para a esquerda (limpe o dígito e deixe a cabeça se mover para a esquerda como um "carry", prepare-se para a próxima esquerda para a direita da primeira parte)$S$$)$
• on escreva Z e mova-se para a direita (defina o zero que causará o salto e deixe a cabeça se mover para a direita)$)$$Z$
• em aceitar, em R rejeitar$A$$R$
• em branco rejeitar$b$

Exemplo:

 :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

Alguma atenção deve ser prestada para provar que em todas as entradas (observe que ela rejeita na entrada em branco e todos os símbolos sem interrupção "circulam" por ( , S , Z ou < , > que não podem levar a um loop infinito )$M$$( , S , Z$$<, >$

A linguagem é um subconjunto de G Y ( L Y ⊂ G ( M ) ) e que não contêm cadeias de L N ( G ( M ) ∩ L N = ∅ ).$L(M)$$L_Y$$L_Y \subset L(M)$$L_N$$L(M) \cap L_N = \emptyset$

Suponha que seja livre de contexto e , ao fechar as propriedades das CFLs, cruze-a com a linguagem regular { r 0 ∗ 1 ∗ A } produza uma linguagem CF:$L(M)$$\{r 0^* 1^* A\}$

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

Mas por uma simples aplicação do Lema de Ogden para CFL podemos provar que : basta escolher um tempo suficiente s ∈ L Y e marcar todos os 0 s; pelo menos um zero pode ser bombeado e qualquer que seja o número de 1 s na coluna de bombeamento, o crescimento exponencial de 2 n leva a uma cadeia ∉ L Y ).$L_Y \notin CFL$$s \in L_Y$$0$$1s$$2^n$$\notin L_Y$

Então não é livre de contexto .$L(M)$

... agora estou me perguntando se essa é outra resposta "reinventando a roda" ou se é um novo (pequeno) resultado.

Nesta resposta, assume-se que as máquinas de Turing possuem fitas infinitas nos dois sentidos. As reivindicações não se aplicam a fitas infinitas unidirecionais.

Deixe-me primeiro definir a classe de linguagens como a classe de todas as línguas decidível por uma fita de máquinas de Turing com 3 estados ( C 3 foi definida como a classe de linguagens reconhecíveis por máquinas de Turing de uma fita com 3 estados). Eu introduzi a classe C ' 3 porque, na minha resposta original, inconscientemente troquei as classes C 3 e C ' 3 (eu apenas considerei a classe C ' 3 ).$C_3'$$C_3$$C_3'$$C_3$$C_3'$$C_3'$

Esta resposta é mais um complemento para as respostas do @MarzioDeBiasi. Ele mostrou que as classes e C ′ 3 não estão contidas em CFL e, portanto, contêm idiomas bastante interessantes. No entanto, como mostrarei neste post, cada idioma L em C ′ 3 tem a propriedade que o conjunto { 1 n ; n ∈ N ∖ { 0 } } é ou em L ou em seu complemento G C . Assim, C ′ $C_3$$C_3'$$L$$C_3'$$\{1^n;n\in\mathbb{N}\backslash\{0\}\}$$L$$L^C$$C_3'$também é muito restritivo, por exemplo. ele contém apenas idiomas unários triviais , { ε } , { 1 n ; n ∈ N } e { 1 n ; n ∈ N ∖ { 0 } } . A classe C 3 contém idiomas um pouco mais unários. No entanto, é vantajoso que se L ∈ C 3 e 1 n ∈ G para n ≥ 1 , então 1$\{\}$$\{\varepsilon\}$$\{1^n;n\in\mathbb{N}\}$$\{1^n;n\in\mathbb{N}\backslash\{0\}\}$$C_3$$L\in C_3$$1^n\in L$$n\geq 1$ para todos os m ≥ n . $1^m\in L$$m\geq n$Um corolário simples é que nem todas as linguagens regulares estão em , nem em C ' 3 . Além disso, o idioma{1}não está na C 3 , nem em C ' 3 .$C_3$$C_3'$$\{1\}$$C_3$$C_3'$

Para a alegação (em negrito) sobre , basta provar que uma máquina de Turing M de uma fita com 3 estados que sempre interrompe ou aceita ou rejeita todas as seqüências de { 1 n ; n ∈ N ∖ { 0 } } . Suponha-se que uma cadeia da forma 1 n , n ∈ N ∖ { 0 } , é dado a M . Existem três casos:$C_3'$$M$$\{1^n;n\in\mathbb{N}\backslash\{0\}\}$$1^n$$n\in\mathbb{N}\backslash\{0\}$$M$

1) Quando lê 1, ele aceita ou rejeita.$M$

2) Quando lê 1, move a cabeça para a esquerda. $M$Se quisermos que pare nessa entrada, ele deve aceitar, rejeitar ou mover para a direita no símbolo em branco. Portanto, nunca visita a célula à direita da célula inicial da fita. Se assim fosse, seria executado para sempre na entrada 1.$M$

3) Quando lê 1, move a cabeça para a direita. $M$Segue-se que após passos, o conteúdo da fita é A n em que A é um símbolo do alfabeto da fita ea cabeça de M é no símbolo branco da esquerda para a direita da última A . Se quisermos que M pare nessa entrada, ele deve aceitar, rejeitar ou mover para a esquerda no símbolo em branco. Como no caso 2), o chefe de M agora nunca visitará a célula diretamente à esquerda do A mais à direita . Se assim fosse, M seria executado para sempre na entrada 1.$n$$A^n$$A$$M$$A$$M$$M$$A$$M$

É claro que nos três casos aceita todas as cadeias do conjunto { 1 n ; n ∈ N ∖ { 0 } } ou rejeita todos eles.$M$$\{1^n;n\in\mathbb{N}\backslash\{0\}\}$

A prova da reivindicação (em negrito) sobre segue a mesma linha tal como acima. Tomamos uma máquina de Turing M de três estados e fita única que aceita uma string 1 n para alguns n ≥ 1 . Suponha que M receba uma entrada 1 m para m ≥ n . Temos que provar que M aceita essa entrada. Temos 3 casos:$C_3$$M$$1^n$$n\geq 1$$M$$1^m$$m\geq n$$M$

1) Quando lê 1, ele aceita.$M$

2) Quando lê 1, move a cabeça para a esquerda. $M$Como aceita a entrada 1 n , ela deve aceitar ou mover para a direita no símbolo em branco. Por isso, nunca visitas os n º célula à direita da célula inicial. Se assim fosse, seria executado para sempre na entrada 1 n .$M$$1^n$$n$$1^n$

3) Quando lê 1, move a cabeça para a direita. $M$Segue-se que depois de etapas, o conteúdo da fita é uma m onde A é um símbolo do alfabeto da fita ea cabeça de M é no símbolo branco da esquerda para a direita da última A . Como M aceita a entrada 1 n , ele deve aceitar ou mover para a esquerda no símbolo em branco. Como no caso 2), o chefe de M agora nunca visitará a n- ésima célula à esquerda do A mais à direita . Isso ocorre porque na entrada 1 n , $m$$A^m$$A$$M$$A$$M$$1^n$$M$$n$$A$$1^n$$M$ não visita a célula diretamente à esquerda da célula inicial, porque contém o símbolo em branco e, se o ler, será executado para sempre.

É claro que nos três casos aceita todas as seqüências do conjunto { 1 m ; m ≥ n } .$M$$\{1^m;m\geq n\}$