シングルテープトライステートTMが認識できる言語のクラス

私はしばらくの間、テープが1つで状態がちょうど3つ（つまり、開始状態、受け入れ状態、および拒否状態）のチューリングマシンに興味を持っていました。任意の（有限の）テープアルファベットを許可していることに注意してください（つまり、テープアルファベットは入力アルファベットと同じに制限されていません）。 $q_0$ $q_{accept}$ $q_{reject}$

便宜上、そのようなTM 認識できる言語のクラスを呼び出します。このクラスについていくつか質問があります。 $C_3$

た以前に研究されていますか？ $C_3$
は、他の関心のある複雑さ/計算能力のクラスと同等であることがわかっていますか？ $C_3$
クラスはモデルの変更に対して堅牢ですか。たとえば、使用されるTMが（常に左または右に移動するのではなく）1回のトランジション中に所定の位置にとどまることが許可されている場合、またはテープが右だけではなく両方向に無限になっている場合、クラスはステート1テープTMで認識できる言語の変更 $C_3$
は通常言語のクラスであるどのように関連していますか？（特に、すべての通常の言語はですか？） $C_3$ $Regular$ $C_3$

（むしろぞんざい）検索が育っのみこのcs.stackexchangeポスト関連しているが、私の質問と答えていません。この論文には、正確にクラスに関することを私が確認するために十分な詳細に読んでいない、よりもむしろを類似しているが異なるクラス（この論文では、（1）すべての言語が決定可能であること、および（2）および $C_3$ $C_3$ $C_3$ $Regular$ 空でない交差を持つ別個のクラスです）。cs.stackexchange投稿のコメントで指摘されているように、これらの種類のTMは非常に特定のセルオートマトンと考えることができるため、セルオートマトン理論に関する文献を知っている人が役立つかもしれません。

automata-theory turing-machines cellular-automata

— ミハイル・ルドイ
ソース

非終了状態が1つとテープ（入力テープ）が1つしかない場合、マシンは読み取った内容を記憶できません。そのため、入力アルファベットからの明確な記号を含む入力を正確に受け入れたり拒否したりできます。

— David G

マシンは読み取った内容を記憶できませんが、読み取った内容を別の何かで書き換えることはできます。だから、あなたが与えた特徴付けがなぜ正しいのか、私には本当にわからない。（つまり、

を受け入れて

を拒否する単純なマシンを考えることができます。ここでは、入力に含まれるシンボルによって動作が完全に決定されるわけではありません）。

01

$01$

011

$011$

— Mikhail Rudoy 2017

あなたは正しい、私の直感は間違っていた。

— David G

回答:

獣は非常に強力です。たとえば、フォームのすべての文字列を受け入れるTM を構築できます。 $M$

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

フォームのすべての文字列を拒否します

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

アイデアは、最初のをに変換してから、頭を文字列の中央に到達させ、「ステートレス」ジグザグを実行することです。前にに達し場合は受け入れます。 $r$ $R$ $A$ $R$

非公式の説明：

上書き込みと移動権（拒否準備） $r$ $R$
上のライト（中心に向かって移動する）と移動右 $0$ $c$
上の書き込みと左に移動（マーク次の左から右への横断のために準備し、左に行きます、） $1$ $>$ $1$
上ライトと移動右（マーク、次の右から左へ横断するための準備、及び右に行きます） $c$ $<$ $0$
上の書き込みと左折（左から右への交差点、次の右から左への準備） $<$ $>$
on と書いて右に行く（右から左への交差点、次の左から右への準備） $>$ $<$
上のに、受け入れ拒否 $A$ $R$
空白の拒否 $b$

例：

  :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

このジグザグ手法は、ロゴジンによって構築された最小の2ステートユニバーサルチューリングマシン（18シンボル）で使用されます（Rogozhin 1996. TCS、168（2）：215–240））。

がすべての入力で停止することを証明するために、いくつかの注意を払う必要があります（空白の入力とすべての停止しないシンボルがまたは収束し、無限ループにつながることはないことに注意してください）。 $M$ $<$ $>$

DavidGによってコメントしたように、言語によって認識されるのスーパーセットである（すなわち）が、それはから任意の文字列が含まれていない（すなわち、）および-MikhailRudoyによるコメント-これは、が規則的でないことを証明するのに十分です。 $L(M)$ $M$ $L_Y$ $L_Y \subset L(M)$ $L_N$ $L(M) \cap L_N = \emptyset$ $L(M)$

実際場合正規次いでも簡単なアプリケーションではない規則的であろう（ポンピング補題の）; 矛盾につながります。 $L(M)$ $L(M) \cap \{ r0^*1^*A \} = L_Y = \{ r0^n 1^mA \mid m \leq n \}$

したがって、は規則的ではありません。 $L(M)$

...しかし、すべてのスーパーヒーローのように、にはアキレウスのかかとがあります。 $C_3$

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

非公式には、左端ののみを使用できます（は空白記号）または右ミストフックとして、反対方向に「拡張」します。しかし、最後のAcceptまたはRejectは反対側の空白のシンボルに置くことはできません。そのため、秒の内側でのみ実行でき、十分に長い入力から始めて、1つずつ "偽装"できます。 $b 1 ...$ $b$ $1b...$ $1$

最後に-論文を読んだ後-そこに記述されている単一状態のTMがクラスに一致していることを確認できます...（ここでは何も新しいことはありません:-) ...そして、それが含まれていることを証明するために作成者が使用した非正規言語は私のものと非常に似ています。 $C_3$

— マルツィオデビアシ
ソース

私は答え（+1）がとても気に入っています。ただし、説明されているTMは別の言語を受け入れます。たとえば、それは文字列rrrrr00011AAAA、r000000r0000r0000r00011A、r00011A11111111（Aの後は1ではなく何でもかまいません）も受け入れます...

— David G

@DavidG：そうです！あまり考えなかった...直そうとしている。

— Marzio De Biasi 2017

L

$L$

M

$M$

L (M) \cap r 0^{*} 1^{*} A = L

$L(M) \cap r0^*1^*A = L$

L (M)

$L(M)$

L (M) \cap r 0^{*} 1^{*} A = L

$L(M) \cap r0^*1^*A = L$

L (M)

$L(M)$

— Mikhail Rudoy 2017

@MikhailRudoy：はい！私も同じ考えでした。答えを編集するためにcstheoryを開いて、あなたのコメントを見ました。コメントを考慮して回答を書き直せるかどうか見てみましょう...

— Marzio De Biasi 2017

$C_3$

（私はこれを明確にするために別の回答として投稿します）

$M$

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

次の形式の文字列を拒否します。

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

$a$ $A$ $Z$ $Z$ $S$ $S$ $)$ $)$ $Z$

遷移は次のとおりです。

上のR書き込みR $r$ $R$
$0$ $Z$
$1$ $>$ $1$
$>$ $<$
$<$ $>$
$Z$ $S$
$S$ $)$
$)$ $Z$
上のAに、受け入れR $A$ $R$
空白のb $b$

例：

 :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

$M$ $( , S , Z$ $<, >$

$L(M)$ $L_Y$ $L_Y \subset L(M)$ $L_N$ $L(M) \cap L_N = \emptyset$

$L(M)$ $\{r 0^* 1^* A\}$

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

$L_Y \notin CFL$ $s \in L_Y$ $0$ $1s$ $2^n$ $\notin L_Y$

$L(M)$

...これは別の「車輪を再発明する」答えなのか、それとも新しい（小さな）結果なのか疑問に思っています。

— マルツィオデビアシ
ソース

L_{Y}

$L_Y$

L_{N}

$L_N$

@EmilJeřábek：私は「そんなに遠くない」と言いました...その小さなクラスの野心を阻害しないでください... :-)

— Marzio De Biasi

この回答では、チューリングマシンに双方向の無限テープがあると想定しています。この主張は一方向の無限テープには適用されません。

$C_3'$ $C_3$ $C_3'$ $C_3$ $C_3'$ $C_3'$

$C_3$ $C_3'$ $L$ $C_3'$ $\{1^n;n\in\mathbb{N}\backslash\{0\}\}$ $L$ $L^C$ $C_3'$ $\{\}$ $\{\varepsilon\}$ $\{1^n;n\in\mathbb{N}\}$ $\{1^n;n\in\mathbb{N}\backslash\{0\}\}$ $C_3$ $L\in C_3$ $1^n\in L$ $n\geq 1$ $1^m\in L$ $m\geq n$ $C_3$ $C_3'$ $\{1\}$ $C_3$ $C_3'$

$C_3'$ $M$ $\{1^n;n\in\mathbb{N}\backslash\{0\}\}$ $1^n$ $n\in\mathbb{N}\backslash\{0\}$ $M$

$M$

$M$ $M$

$M$ $n$ $A^n$ $A$ $M$ $A$ $M$ $M$ $A$ $M$

$M$ $\{1^n;n\in\mathbb{N}\backslash\{0\}\}$

$C_3$ $M$ $1^n$ $n\geq 1$ $M$ $1^m$ $m\geq n$ $M$

$M$

$M$ $M$ $1^n$ $n$ $1^n$

$M$ $m$ $A^m$ $A$ $M$ $A$ $M$ $1^n$ $M$ $n$ $A$ $1^n$ $M$ 空白の記号が含まれているため、最初のセルのすぐ左のセルにはアクセスしません。読み取った場合、永久に実行されます。

$M$ $\{1^m;m\geq n\}$

— デビッドG
ソース

まず第一に、質問のどこにもMがすべての入力で停止しなければならないということはないので、この回答のロジックの一部が台無しになります。さらに、いくつかのケースのロジックは私には意味がありません。たとえば、ケース3で、Mが空白とAの両方で左に移動すると、Mは右端のAのすぐ左のセルを訪問します（回答からの主張とは対照的に）

— Mikhail Rudoy 2017

Σ = {1}

$\Sigma = \{1\}$

\exists k s.t. 1^{k} \in L (M) \Leftrightarrow L (M) = {1^{n} ∣ n > 0}

$\exists k \mbox{ s.t. }1^k \in L(M) \Leftrightarrow L(M) = \{1^n \mid n > 0 \}$

@MikhailRudoy、最初のケース3を明確にするために：頭がAと空白のシンボルの両方で左に移動する場合、それは永久に左に移動し、停止しません。それが（たとえば、100ステップ後に）右端のAのすぐ左のセルにアクセスした場合、入力1の場合は停止しません（この場合、右端のAのすぐ左のセルには空白記号が含まれます）。

— デビッドG

@ MikhailRudoy、Turingマシンを停止する必要があると私が思ったのは本当です。回答を編集して、いつまでも実行される可能性も含めます。結果は似ています。

— David G

@MikhailRudoy：ところで、ハットリングの問題は1つの状態のチューリングマシンで決定可能です。Gabor T. Hermanの一般的な1ステートチューリングマシンの均一停止問題を参照してください。ここで説明されているモデルは、あなたのモデルとは少し異なります。TMが致命的な構成で終わる場合に受け入れます（受け入れ/拒否はありません）。ただし、結果はモデルにも適用されます（追加のAccept / Reject状態につながるシンボルのTMを停止するだけです）。

— Marzio De Biasi 2017