チューリングマシンは、言語決めることができます

ましょ 決定チューリングマシンのR（Iは平均認識していない）の言語があり、Lは∅？

がここでも機能することを示すために使用された同じ手法のようです。$\{A \mid A \text{ is a DFA and } L(A)=\emptyset\}$

マークすることは、おそらく到達可能性分析を意味します-初期状態から受け入れ状態へのパスを探します。実際、DFAの言語は、そのようなパスがない限り空です。

これがTMで失敗する理由の例から始めましょう。で入力を無視するが、テープにaを書き込み、ヘッドを右に移動して状態q 1に移動するTMについて考えます。次に、q 1で再び入力を無視してaを書き込み、ヘッドを左に移動して移動しますq 2。で、Q 2、読み込む場合、、それは書いて、頭を右に移動し、バックに入るQ 1。$q_0$$a$$q_1$$q_1$$a$$q_2$$q_2$$a$$a$$q_1$

つまり、マシンは単にを書き込み、 2つの状態（q 1とq 2）を交互に切り替え、常にテープ上に2つの隣接するaがあります。$a$$q_1$$q_2$$a$

ここで、からの遷移を追加します。これは、読み取り時にbが受け入れ状態になり、停止することです。$q_2$$b$

このマシンの言語は空です。実際、実行は常にループでスタックし、受け入れ状態になることはありません。それでも、受け入れ状態への状態パスがあります。それで何が悪かったのですか？$q_1-q_2$

まあ、直感的には、TMの「状態」は、実行の継続を説明するのに十分な情報ではありません。すべての情報を取得するには、TM の構成が必要です。これには、状態、ヘッドの位置、およびテープの内容が含まれます。受け入れる構成への構成パス（runと呼ばれます）が見つかった場合、実際には言語は空ではなく、条件が異なります。

構成グラフで到達可能性分析を使用する場合の問題は、無限である可能性があることです。これが、言語の空虚さの決定が決定できない理由です。

これは、言語が空でないことを認識できる理由でもあります。無限の構成グラフでBFSを実行できます。受け入れ状態へのパスがある場合、最終的にそれを見つけます。ただし、そうでない場合は、無限の検索に行き詰まる可能性があります。

は、部分関数の自明でない特性は決定できないと述べているライスの定理のため、決定不可能です。$A$

1. 文字列を受け入れないTMがあります。（これは直接拒否状態になります）。
2. すべての文字列を受け入れるTMがあります。（これは直接受け入れ状態になります）。

これは、要素によって計算される関数が重要なプロパティを持っていることを意味します。したがって、Aは決定可能ではありません。$A$$A$

は、DFAが状態遷移表などの特別な方法でエンコードされているという仮定の下でのみ決定可能です（ライスの定理のため、TMが通常の言語のみを受け入れるかどうかを決定することはできません）。この場合、ライスの定理は適用できません。Eを決定するには要素の特定のエンコーディングが必要だからです。したがって、部分的な関数を決定するだけではありません。$E$$E$

（つまり、特定のTMがDFA（またはDFA計算可能）であるかどうかを決定する問題があり、それが受け入れる言語が空である場合、はライスの定理によって決定不可能になります。この場合、A = Eであることに注意してください。。）$E$$A = E$

もう一つのヒント：に停止問題を減らしてみてください。$L_\emptyset$

（元のヒントはライスの定理を使用することですが、この場合、直接証明も非常に簡単です。）

補題1：Lが決定不可能な場合、Lの補数も決定可能です。

停止の問題$H_{TM}$が決定できないことはわかっています。したがって、停止問題の補題1の補足によれば、$H_{TM}^c$も決定できません。

$H_{TM}$ =$\{\langle M, x \rangle { }\mid \text{ M is a TM and M halts on input x } \}$

$H_{TM}^c$ =$\{\langle M, x \rangle { }\mid \text{ M is a TM and M loops on input x } \}$

$E_{TM}$ =$\{\langle M \rangle { }\mid \text{ M is a TM and L(M) = } \emptyset \}$

$E_{TM}$が決定可能であると仮定します。我々は減少します$H_{TM}^c$する$E_{TM}$言い換えれば、我々はチューリングマシン構築する方法を紹介します- $M_{H_{TM}^c}$を決定する$H_{TM}^c$ TM、使用して$M_{E_{TM}}$を決定する$E_{TM}$。$H_{TM}^c$が決定不可能であることを知っているため、これは私たちに矛盾を与えます。したがって、$M_{H_{TM}^c}$存在することはできません。「減らす」という言葉は、特定の問題を別の問題に変換して解決することを意味します。したがって、$H_{TM}^c$のTuring Machineは次のように構成できます。

$M_{H_{TM}^c}$ =「入力に$\langle M,x \rangle$

$\qquad$1. 以下を行うTM、$M_1$のコードを作成します。

$\qquad$ $\quad$ $M_1$ = "入力$w$

$\qquad$ $\quad$1. xで$M$をシミュレートします。$x$

$\qquad$ $\quad$2. $M$停止した場合は受け入れる。」

$\qquad$2.ファイル名を指定して実行$M_{E_{TM}}$に$\langle M_1 \rangle$

$\qquad$3. $M_{E_{TM}}$受け入れる場合は受け入れ、そうでない場合は拒否します。」

TM $M_1$は実際にはシミュレーションされないことを理解することが重要です。このようなシミュレーションは無限ループになる可能性があります。我々がやっているすべてはのためのコードを構築である$M_1$。

$M_1$は、与えられた任意の入力$w$で、入力 xを使用して$M$をシミュレートするように構成されています。Mは xで停止またはループする可能性があるため、次の2つの場合があります。$x$$M$$x$

$\quad$1. $M_1$は、Mがxで停止した場合、すべての入力$w$受け入れます。M E T Mは拒否されますM 1として、L （M 1）≠ ∅。$M$$x$$M_{E_{TM}}$$M_1$$L(M_1) \neq \emptyset$

$\quad$2. $M$が$x$でループする場合、$M_1$は与えられたすべての入力$w$に対してもループします。とにかく、$M_{E_{TM}}$は$\quad$それは入力に拒否して停止する決定器$M_1$として$L(M_1) = \emptyset$。

$Correctness$：以来$M_{E_{TM}}$常に停止（我々の仮定による）、$M_{H_{TM}^c}$も常に停止します。$M_{H_{TM}^c}$あれば受け入れ$M_{E_{TM}}$受け付ける場合には、$L(M_1) = \emptyset$どうなり$M$上でループ$x$。
$M_{H_{TM}^c}$は、$M_{E_{TM}}$ある不良$L(M_1) \neq \emptyset$場合に起こる$M$上に停止$x$。したがって、$M_{H_{TM}^c}$は$H_{TM}^c$を決定できません。これは、$H_{TM}^c$を決定できないため、矛盾です。

$Nb:$

ましょうRはから減少で$H_{TM}^c$に対して$E_{TM}$。

削減により以下が得られます。

I）$\langle M, x \rangle \in H_{TM}^c \Leftrightarrow R(\langle M,x \rangle) \in E_{TM}$

$\qquad$ Mは、入力にループXによって認識される言語ときに限り$R(\langle M,x \rangle)$何も受け付けません

II）$\langle M, x \rangle \notin H_{TM}^c \Leftrightarrow R(\langle M,x \rangle) \notin E_{TM}$

$\qquad$ Mの入力に停止Xによって認識言語ときに限り$R(\langle M,x \rangle)$何かを受け付け

矛盾によって証明（我々は決定不能である知っています）。$A_{TM}= \{\langle M,w\rangle \mid M \text{ is a Turing Machine which accepts w}\}$

存在を前提と、決定TM Lを$R_{TM}$$L_\emptyset$

次に、A T Mの決定要素であるTM S T Mの構築にを使用できます。$R_{TM}$$S_{TM}$$A_{TM}$

「入力に ⟨ M 、wは⟩ここで、 Mは、 TMの符号化であり、 wは：文字列であります$S_{TM}=^{definition}$$\langle M,w\rangle$$M$$w$

1. 新しいM（M 1と呼ぶ）がwに等しくないすべての入力を拒否するように、入力wを考慮して変更します。ここで、wはその説明に組み込まれています。入力に等しい場合、Wは、M 1つのランM上にWおよび出力どんなM個の出力。$M$$w$$M$$M_1$$w$$w$$w$$M_{1}$$M$$w$$M$

2. ラン入力と⟨ M 1、W $R_{TM}$$\langle M_1,w\rangle$

3. s 出力の反対を出力します。」$R_{TM}$

以下のためのチューリングマシンの除氷が存在することを前提、私たちがためサイダー構築することを可能にするA T M矛盾です。$L_\emptyset$$A_{TM}$

E = {| MはTMで、L（M）=Φ}です。Eチューリングは認識可能ですか？

Eは言語です。言語Eを受け入れるために、チューリングマシンを構築します。言語EのTuring EMを作成するとします。

EMは別のチューリングマシンのエンコーディングとして入力として提供されます。その入力されたマシンMが空の言語を受け入れる場合、それは言語Eのメンバーになります。それ以外の場合、言語のメンバーではありません。

Turing Machine Mがあるとすると、空の言語を受け入れるかどうかを確認する必要があります。チューリングマシンEMにはMと文字列eps、a、b、aa、bb、...があります。EMは、Mが少なくとも1つの入力で最終状態に到達できるかどうか、および少なくとも1つの入力を受け入れるかどうかをチェックします破棄され、言語Eには含まれません。ここで、TM Mがループに入り、Mが実行を続け、何も受け入れることができるか受け入れられないかを判断できなかった可能性を確認してください。したがって、この特定の言語EはREではありません。

PS：この特定の言語Eの補完はREになると思います。