접두사 언어의 결정 가능성

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중간에 다음과 같은 질문의 변형이있었습니다.

결정 가능한 $L$ 밝히다
$Pref (L) = {x ∣ \exists y s.t. x y \in L}$ $\text{Pref}(L) = \{ x \mid \exists y \text{ s.t. } xy \in L\}$ 보여 $\text{Pref}(L)$ 반드시 결정할 수있는 것은 아닙니다.

하지만 내가 선택하면 $L=\Sigma^*$ 그때 나는 생각 $\text{Pref}(L)$ 또한 $\Sigma^*$ 따라서 결정 가능합니다. 또한 $L=\emptyset$ 동일한 결과를 제공합니다. 이후 $L$ 중지 문제 등을 선택할 수 없습니다 ..

어떻게 찾을 수 있습니까 $L$ 그런 $\text{Pref}(L)$ 결정 불가능한가?
어떤 조건에 $L$ 할 것 $\text{Pref}(L)$ 결정할 수 없으며 어떤 것을 결정할 수 없습니까?

computability undecidability

— 란 G.
소스

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결정 가능한 언어 앞에서 실존 적 정량자를 사용하면 모든 언어를 얻을 수 있습니다. 즉, 모든 언어는 다음과 같이 표현할 수 있습니다.

{x \in Σ^{*} ∣ \exists y \in Σ^{*} ⟨ x, y ⟩ \in V}

$\{ x\in \Sigma^* \mid \exists y \in \Sigma^* \ \langle x,y \rangle \in V \}$

어디 $V$ 결정 가능한 언어입니다. 여기에는 다음과 같은 결정 불가능한 언어가 포함됩니다

A_{T M} = {⟨ e, x ⟩ ∣ e encodes a Turing machine which accepts x}

$A_{TM} = \{ \langle e, x\rangle\ \mid \text{$e$ encodes a Turing machine which accepts $x$} \}$ .

여기서 유일한 차이점은 여기서 분리해야한다는 것입니다 $x$ 과 $y$ 우리 스스로. 표준 트릭은 새 심볼을 사용하여 두 부분을 분리하는 것입니다 (분리 기호가 속하는 것으로 가정) $y$ ). 따라서 결정 불가능한 언어를 포함한 모든 언어는이 형식으로 표현 될 수 있습니다.

두 번째 질문의 경우, 주어진 결정 가능한 언어의 접두사가 결정 불가능한지 확인하는 일반적인 알고리즘 방법은 없습니다. 이것은 쌀의 정리에서 비롯됩니다.

— 카베
소스

당신은 명시 적으로 줄 수 있습니까

V

$V$ 그 생성

A_{T M}

$A_{TM}$ ?

— Ran G.

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하자

y

$y$ 중지 수락 계산을 나타내는 문자열이어야합니다.

M_{e}

$M_e$ 의 위에

x

$x$ ,

V

$V$ 확인합니다

y

$y$ 허용되는 계산입니다

M_{e}

$M_e$ 의 위에

x

$x$ .

— Kaveh

좋은 해결책입니다!

— Ran G.

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메타 지식 : 그럼에도 불구하고 계산 특성이있는 결정 불가능한 언어를 찾고 싶습니다. 임의의 결정 불가능한 언어는 아마도 당신을 크게 이끌어 내지 못할 것입니다. 그러나 반 결정 가능한 것은 ...

더 강력한 힌트 : 반 결정 가능한 언어 란 무엇입니까? 그것은 우리가 단어를 열거 할 수 있다는 것을 의미합니다 : 그것은 단어의 집합입니다 $u$ 정수가 존재하도록 $n$ 그런

u = f (n)

$u = f(n)$

결정 가능성과 접두사를 염두에 두고이 방정식을 조금 쳐다보십시오.

직관적으로 말하면 일부가 있다고 가정합니다. $x$ 그리고 당신은 그것이 있는지 여부를 테스트하고 싶습니다 $\mathrm{Pref}(L)$ . 수표보다 일반적으로 더 잘하지 않을 것입니다. $x a$ , $x b$ , $x a a$ 등 $a,b,\cdots$ 알파벳 글자입니다. 이것은 멤버쉽을 테스트하는 부분 재귀 함수입니다. $\mathrm{Pref}(L)$ . 물론 우리는 $\mathrm{Pref}(L)$ 이미 다시 있었다; 우리가 보여 주어야 할 것은 때때로 다른 방법이 없다는 것입니다. 몇 가지 세트를 보자 $S \subset \mathbb{N}$ 재귀가 아닌 재귀 $f$ 열거하다 $S$ ( $S = {f(x) \mid x\in\mathbb{N}}$ ).

알파벳에 세 개의 기호가 있다고 가정하십시오. $0$ , $1$ 과 $:$ (두 개의 기호 만있는 경우 $\{\aleph,\beth\}$ 인코딩 $0$ 같이 $\aleph\aleph$ , $1$ 같이 $\aleph\beth$ 과 $:$ 같이 $\beth$ ). 만약 $n\in\mathbb{N}$ , 허락하다 $\bar n$ 있다 $n$ 기호를 사용하여 밑면 2에 작성 $0$ 과 $1$ 선행없이 $0$ .

허락하다 $L = \{\bar y\mathord:\bar x \mid y = f(x)\}$ . 평범한 영어로, 우리는 $S$ 그리고 그들의 열거 색인에 시침. $L$ 명확하게 결정할 수 있습니다 (단일이 있는지 확인하십시오) $:$ , 두 자리 시퀀스에는 선행이 없습니다. $0$ 첫 번째 숫자 시퀀스는 $f$ 두 번째 단어의 철자). 그러나 일부를 결정 $\bar y$ 접두사 $L$ 여부를 결정하는 것입니다 $y$ ~에있다 $S$ 모르게 할 수없는 $x$ 이후 $S$ 가정에 의해 재귀 적이 지 않습니다. 공식적으로 $\mathrm{Pref}(L)$ 결정 불가능한 이유는 $\mathrm{Pref}(L) \cap \{0,1\}^*\mathord: = S\mathord:$ 결정할 수 없습니다.

— 질 'SO- 악마 그만해'
소스