忙しいビーバー機能の変形

この質問を読んだとき、「自然なRE決定不能な問題がチューリング完全ではない」という言葉が私の頭に浮かびました。

場合 $\Sigma(\cdot)$ （ブランクテープで開始上記のタイプの機械チューリング全て停止2-シンボルのn状態のうち、最大の達成可能なスコア）ビジービーバー関数であり、関数を定義します：

B B (⟨ M ⟩) = {\begin{cases} 1 & ⟨ M ⟩ computes Σ (\cdot) \\ 0 & otherwise \end{cases}

$BB(\langle M \rangle) = \begin{cases} 1 & \text{$\langle M \rangle$ computes $\Sigma(\cdot)$}\\ 0 & \text{ otherwise} \end{cases}$

次に言語を定義します。

$L = \{ \langle M \rangle \; | \; \langle M \rangle \mbox{ halts and } BB(\langle M \rangle) = 0 \}$

ある $L$ 帰納的可算？（それは再すべきである：同じ長さのすべてのTMと並行MにだけシミュレートとIF $M$ 停止し、別の $M'$ 列挙に高いスコア追加Mで停止）。

停止問題を減らすことはできます $L$ か？（忙しいビーバーの停止を「捕らえる」ことができないようです）

computability turing-machines

— ヴォル
ソース

は

州の数は？

| ⟨ M ⟩ |

$|\langle M \rangle|$

— –PålGD

停止しない

をいつ列挙しますか？

は、そのすべてのメンバーを列挙しない限りREになることはできません。また、説明した手順では、実際に停止したメンバーのみを列挙します。

M

$M$

L

$L$

L

$L$

— Steven Stadnicki 2013

@PålGD：はい、それは状態の数です（停止状態は除外されます）

— Vor

@StevenStadnicki：私は

に停止するマシンしか含まれていないと暗黙のうちに仮定しました...おそらくそれを質問で明確にする必要があります（少し考えさせてください、おそらくそれは質問を簡単にするでしょう）。

L

$L$

— Vor

@Kavehそれも、約束の問題ではない-あなたは簡単に定義できる

通り（私はOPが意図したと信じて）

L

$L$

L = {⟨ M ⟩ | M halts \land B B (⟨ M ⟩) = 0}

$L=\{\langle M\rangle | M\ \text{halts} \wedge BB(\langle M\rangle) = 0\}$ 。

— Steven Stadnicki 2013

回答:

これまで見たことがなかったなんて信じられません—でも、そうです、オラクルがあれば、停止の問題を解決できます。明らかに、のオラクルは、すべての非ビジービーバー停止マシンを「再帰的に」提供するので、問題は「ビジービーバーが何であるかを再帰的に理解できるか」です。定義「第二忙しいビーバー」のカウント関数としての、つまり、停止しているすべての2シンボルのステートTMの中で2番目に高い到達スコアです。ここでのトリックは再帰関数があることであるように $L$ $L$ $L$ $\Sigma_2(n)$ $n$ $f()$ あることです（ $\Sigma(n)\leq\Sigma_2(f(n))$ トリックが実行されることはが、BB関数が厳密に増加していることを知る必要があります）：を出力するサイズマシンが与えられたそのテープ上1S、次いで停止は、いくつかありますと二つのマシン各サイズのその印刷正確 1と正確 $f(n)=n+1$ $M$ $n$ $\Sigma(M)$ $c\gt 1$ $\leq cn$ $\Sigma(M)$ 1sは、それぞれテープ上にあります。これは、「ビジービーバー」マシンも当てはまります。ただし、明示的に知っていません。これは、の「2番目のビジービーバー」関数に限界があると、ビジービーバー関数に限界が与えられることをます。しかし、その後、これを持つ、それはTMのための停止問題を解決するのは簡単ですサイズの -場合、その後と言う停止; そうでない場合は、サイズの最長実行しているマシンを見つけるに $\Sigma(M)+1$ $M$ $M$ $f(n)$ $n$ $M$ $n$ $\langle M\rangle\in L$ $M$ $f(n)$ $L$ （サイズの唯一の有限多くのマシンがあるので、再帰的に行うことができる及びシミュレート）そのマシンが停止するのにかかるようにするための多くの手順として。場合はその時間内に停止しません。そして、、おそらく停止することはできません。 $\leq f(n)$ $M$ $M$ $M$

— スティーブン・スタドニッキ
ソース

ありがとう。あなたの答えに触発されて、私はすぐに（些細な）-を見つけました：別の答えで停止問題からの直接の削減。

— Vor

これは、Stevenの良い答えを書き直したバージョンであり、Halting問題から明確に削減されています。

与えられたビルド走る $\langle M \rangle, w$ $M'$ $M$ 上、それはテープの右に行く停止した場合、0と停止を書き込みます。 $w$

もし停止し、 1及び停止を書き込む同じ大きさの等価TMがあるため。我々はのためにサイダーを使用できるようにかどうかを確認するために上の停止（上の停止 IFF $M'$ $BB(M')=0$ $L$ $M$ $w$ $M$ $w$ ） $M' \in L$

...問題は確かに取るに足らないものであることが判明しました:-)

— ヴォル
ソース