무한 알파벳 튜링 머신

무한 알파벳의 기호를 읽고 쓰는 것이 허용되는 튜링 머신은 일반 TM보다 강력합니다 (유일한 차이점입니다. 머신에는 여전히 유한 한 수의 상태가 있습니다)?

직관에 따르면 각 기호를 구별하기 위해 무한한 수의 상태가 필요하기 때문에 나에게 그렇지 않습니다. 따라서 심볼로 인한 일부 심볼 또는 전환 (또는 전환의 일부 하위 집합)은 동일해야한다고 생각합니다. 따라서 정규 TM 및 이러한 심볼 또는 전환의 경계 하위 세트를 사용하여 이러한 머신을 실제로 시뮬레이션 할 수 있습니다.

이것에 대한 공식적인 증거에 어떻게 접근 할 수 있습니까?

아니요, 더 강력 할 것입니다. 전환 기능은 더 이상 유한하지 않으므로 많은 힘 을 얻습니다.

무한 알파벳을 사용하면 하나의 기호로 무한 세트의 모든 입력 항목을 인코딩 할 수 있습니다 (입력 세트가 알파벳 세트보다 "무한"할 수는 없지만, 예를 들어 알파벳은 셀 수없이 무한 할 수 있으므로 셀 수없는 요소 실수와 같은 세트는 하나의 기호로 표현할 수 없습니다). 그리고 출력도 마찬가지입니다.

따라서 수락 상태로 이동하고 계산하려는 기능에 따라 테이프 헤드 아래의 심볼을 변경하는 단일 전환으로 2 상태 (하나의 초기, 하나의 수락) 무한-알파벳 -TM을 만들 수 있습니다. 이 레시피를 사용하면 알파벳과 일대일 대응할 수있는 세트 간의 매핑을 계산할 수 있습니다.

따라서 기계의 퇴화가 모든 것에 대한 해답이되지 않도록하려면 전환 기능이 수행 할 수있는 작업을 제한해야합니다. 분명한 것은 전이 함수 자체를 계산할 수 있어야한다는 것입니다 (일반적인 TM의 전이 함수는 유한하기 때문에 사소하게 계산 가능합니다). 그러나 계산 가능한 함수를 사용하여 계산 가능한 함수 모델을 정의하려고합니다.

위의 대답은 정확하지만 무한 알파벳 및 계산 가능성에 대해 조금 더 말할 수 있습니다.

튜링 머신은 WP에서 $M = (Q, \Gamma,b,\Sigma,\delta, q_0, q_f)$모든 세트가 유한합니다. 따라서 전환 기능

$$\delta: Q / F \times \Gamma \rightarrow Q \times\Gamma \times \{L,R \}$$ 반드시 유한하다.

무한 알파벳 기계에서는 입력 알파벳을 대체합니다 $\Sigma$ 말함으로써 $\Sigma^{inf}$ 테이프 알파벳은 $\Gamma^{inf}$ 과에 의해 전환 기능 $\delta^{inf}$ 추종:

$$\delta^{inf}: Q / F \times \Gamma^{inf} \rightarrow Q \times\Gamma^{inf} \times \{L,R \}$$

그래서 $\delta^{inf}$반드시 무한 함수입니다. 이 함수를 계산할 수없는 경우, 위에서 언급 한대로 유한하게 표현할 수 없습니다. 우리가 유지할 것이라고 가정하자$\delta^{inf}$가능한 경우 (부분) 재귀. 문제는 알파벳이 항상 이것을 허용하는지 여부입니다.

기본 문제는 유한 알파벳이 전체적으로 표시되므로 (재귀 적으로 함수를 정의하도록 선택할 수 있음) 무한 알파벳을 전체적으로 표시 할 수는 없다는 것입니다. 알파벳을 생성하는 메커니즘은 무엇입니까?

이것을 고려하는 가장 간단한 방법은 유한 한 "핵심"알파벳이 있다고 상상하는 것입니다. $A=\{a,b\}$. 그런 다음 언어를 생성하십시오$L \subset A^*$. 그 문자열 abaab을 가정 $\in L$. 그런 다음 정의$\alpha = <abaab> \in \Gamma^{inf}$. 그래서 무한 알파벳은$L$같은 단일 기호 로 연결$<abaab>$.

가장 간단한 알파벳은 기본적으로 <1 *> 이며, 각 기호의 세로 획 수를 세어 두 기호를 구별하는 정규 언어입니다. 이것은 유한 상태 파서 (Finite Automata가 아니라 LBA)로 계산할 수 있습니다. 튜링은 TM 연산에서 유한 한 연산이 나타나지 않도록 유한 알파벳을 주장했다. 그러나 영어 알파벳의 26 글자는이 계산 패턴을 따르지 않습니다. 문자 z에는 26 개의 획 또는 점이 포함되지 않습니다. 따라서 재귀 적으로 열거 가능한 (재) 언어를 기반으로하는 가장 일반적인 계산 패턴으로 다른 패턴이 가능합니다.$L$.

여기서 문제는 구성하는 것입니다. $\delta^{inf}$ 의 정의가 없으면 불가능합니다 $L$명시 적으로 제공됩니다. 이것은 부분적으로 리셋의 동등성이 결정 불가능하기 때문이며, 그렇지 않으면 유한 샘플 만 가지고 작업 할 수 있고 추론 할 수 없기 때문입니다.$L$그것을 통해서. 우리가 정의를 가지고 있다면$L$ (따라서 $\Gamma^{inf}$) 그렇다면 $f$ 재귀 적이다 $\Gamma^{inf}$ 그때 $f$ 유한 A에서 재귀 적이므로 $f$ 절대적으로 재귀 적이며 $\delta^{inf}$ 재귀적일 수 있습니다.

마지막으로 우리는 $L$ 두 가지 예가 아닙니다.

예 1 .$<n>\in \Gamma^{inf}$ iff $\phi_{n}(n)$아마도 분기합니다. 이 경우 알파벳$\Gamma^{inf}$유한 한 설명이 없을 것입니다. 대신 시간이 지남에 따라 "증가"합니다 (일부 계산 한계에서만 완전히 정의 됨). 그러나 그것은 어떤 경우에도 한 번에 표현할 수없는 무한 알파벳입니다. 그래서 만약$f$ 재귀 적이다 $\Gamma^{inf}$f는 $\Delta_2^0$-정지 세트. 그래서$\delta^{inf}$ 재귀 할 수 없습니다.

예 2 . 보다 기하학적 인 예는 펜로즈 형 타일을 고려 합니다. 상징하자$S\in\Gamma^{inf}$ 만약 $S$는 평면을 타일링 할 수있는 N 비주기 타일의 단위이다. 이 알파벳은 N에 대해 펜로즈 타일의 N 타일 단위를 구성 할 수 있기 때문에 무한합니다. 그러나 평면 자체를 타일링 할 수는 없으므로 이와 같은 타일이 더 많이 발견되면 S 세트가 커집니다. 가능한$f$ 재귀 $\Gamma^{inf}$ 그러나 절대 재귀는 아니지만 f (S) = S의 타일 수입니다.