튜링 기계와 관련된 흥미로운 미터법 공간

이 질문에서 우리는 모든 입력에서 멈추는 Turing 머신만을 고려합니다. 경우 $k \in \mathbb{N}$ 다음에 의해 $T_k$ 우리는 그 코드 튜링 기계 나타낸다 $k$ .

다음 기능을 고려하십시오

s (x, y) = min {k ∣ | L (T_{k}) \cap {x, y} | = 1}

$s(x,y) = \min\{k \mid |L(T_k) \cap \{x,y\}| = 1\}$

다시 말해, 는 문자열 중 하나를 정확하게 인식하는 가장 작은 Turing machine의 코드입니다이제 다음 맵을 정의 할 수 있습니다 $s(x,y)$ $x,y.$

d (x, y) = {\begin{cases} 2^{- s (x, y)} & if x \neq y, \\ 0 & otherwise. \end{cases}

$d(x,y) = \left\{ \begin{array}{ll} 2^{-s(x,y)} & \mbox{if } x \ne y, \\ 0 & \mbox{otherwise.} \end{array} \right.$

$d(x,y)$ )가 에서 메트릭 공간 (실제로는 울트라 메트릭 유도한다는 것을 빠르게 확인할 수 있습니다 $\Sigma^{*}.$

이제 $f:\Sigma^{*} \mapsto \Sigma^{*}$ 가 모든 재귀 언어 L에 대해 균일하게 연속적인 함수 인 경우, $f^{-1}(L)$ 도 재귀 .

다시 말해, $f$ 가 모든 $\epsilon > 0$ 에 대해 $\delta > 0$ 되도록 맵으로 하자. 문자열 $x,y \in \Sigma^{*}$

d (x, y) \leq δ

$\quad d(x,y) \leq \delta$ 다음

d (f (x), f (y)) < ϵ .

$d(f(x),f(y)) < \epsilon.$ 그런 다음

이 재귀 적이 라면

f^{- 1} (L)

$f^{-1}(L)$ 은 재귀 언어임을 보여 주어야합니다 .

L

$L$

이제 이미 언급 이 문자열을 주어진 튜링 기계가 있다는 것을 표시하도록 포스트 문제를 접근하는 한 방법이다 로 계산 $x \in \Sigma^{*}$ $f(x).$

나는이 주장을 증명 하고이 문제를 해결하기위한 다른 접근법이 있는지 궁금해하고 있습니까?

힌트, 제안 및 솔루션을 환영합니다!

computability turing-machines

— 제 레네
소스

왜 이것을 증명하려고합니까? 그것은 Banach-Mazur 계산 가능성을 상기시켜줍니다.

— Andrej Bauer

@AndrejBauer 숙제 배정!

— Jernej

편집 : 힌트를 제거하고 내 솔루션을 게시했습니다.

여기 내 해결책이 있습니다. 우리는 기준점 선택하는거야 과에서 우주 고려 와 보기의 포인트. 포인트의 모든 "이웃"은 재귀 언어에 해당합니다. 그래서 주위 동네 및 주변 일부 이웃있을 것이다 그것에 매핑; 이 동네는 재귀 언어입니다. $x$ $f(x) \in L$ $x$ $f(x)$ $L$ $f(x)$ $x$

렘마 이 공간에서 언어는 각 문자열의 이웃 인 경우에만 재귀 적입니다.

증거 . 먼저 재귀 언어 수정하고 보자 . 를 에 대한 결정자의 최소 지수라고 합시다 . 그렇다면 우리가이 경우 , 이므로 . 따라서 는 $L$ $x \in L$ $K$ $L$ $y \not \in L$ $s(x,y) \leq K$ $d(x,y) \geq 1/2^K$ $d(x,y) < 1/2^K$ . $y \in L$

둘째, 임의의 문자열로 설정하고 수정하십시오 . 하자 . 하자 ; 그런 다음 입니다. 그럼 우리는 쓸 수 있습니다 $x$ $\varepsilon > 0$ $K = \lfloor \log(1/\varepsilon) \rfloor$ $L_K = \{y : d(x,y) < \varepsilon\}$ $L_K = \{y : s(x,y) > K\}$

L_{K} = {y : (\forall j = 1, \dots, K) | L (T_{j}) \cap {x, y} | \neq 1} .

$L_K = \{ y : (\forall j=1,\dots,K) |L(T_j) \cap \{x,y\}| \neq 1\}.$

그러나 decidable이다 입력에 , 하나는 제 시뮬레이트 수 에 결정기 및 한정해 각각 어느 허용 둘 또는 모두를 거부하는 경우에 동의. $L_K$ $y$ $K$ $x$ $y$ $~\square$

이제 거의 끝났습니다.

소유가. 보자 연속. 경우 재귀하고 재귀. $f$ $L$ $f^{-1}(L)$

증명. 연속 기능에서 이웃의 사전 이미지는 이웃입니다.

흥미롭게도,이 공간에서 연속 함수는 균일하게 연속적이라고 생각합니다. 는 연속적이므로 각 점 에 대해 각 에 대해 대응하는 있습니다. 수정 하고하자 . 크기가 유한 한 개수의 볼이있다 : ; 다음이있다 $f$ $x$ $\varepsilon$ $\delta$ $\varepsilon$ $K = \lfloor \log(1/\varepsilon) \rfloor$ $\varepsilon$ $L(T_1) \cup L(T_2) \dots \cup L(T_K)$ ; 그런 다음등입니다. 이러한 언어 각각 어소프리 이미지 언어 연관된 직경. 각 $\overline{L(T_1)} \cup L(T_2) \dots \cup L(T_K)$ $L(T_1) \cup \overline{L(T_2)} \dots \cup L(T_K)$ $f$ $L_i$ $L_i^{\prime}$ $\delta_i$ , $x \in L_i^{\prime}$ . 따라서이 과 관련된균일 한 연속 상수 를 얻기 위해이처럼 많은 대해 최소값을 취할 수 있습니다. $d(x,y) \leq \delta_i \implies d(f(x),f(y)) \leq \varepsilon$ $\delta$ $\delta$ $\varepsilon$

— usul
소스

Clearly

d (x^{'}, y^{'}) \leq \frac{1}{2^{K}}

$d(x',y') \leq \frac{1}{2^K}$ but I still miss how to show that

f^{- 1} (L)

$f^{-1}(L)$ is recursive!

— Jernej

@Jernej OK, so first, we also have the contrapositive -- if

d (x^{'}, y^{'}) > \frac{1}{2^{K}}

$d(x^{\prime},y^{\prime}) > \frac{1}{2^K}$ then either both are in

L

$L$ or neither is. Now let's take

ϵ = \frac{1}{2^{K}}

$\epsilon = \frac{1}{2^K}$ . Then there is some

δ

$\delta$ so, if

d (x, y) \leq δ

$d(x,y) \leq \delta$ , then

| L \cap {f (x), f (y)} | = 1

$\left| L \cap \{f(x),f(y)\} \right| = 1$ . In particular, let's pick some

x

$x$ with

x^{'} = f (x) \in L

$x^{\prime} = f(x) \in L$ . Now we want to know where all the other elements of

L

$L$ lie relative to

x^{'}

$x^{\prime}$ , and therefore where must the other members of

f^{- 1} (L)

$f^{-1}(L)$ lie relative to

x

$x$ ?

— usul

@Jernej I have posted my solution now. I hope what I posted earlier was helpful! Thanks for posting this problem, it is very cool.

— usul

Thank you very much for your answer. It took me a while to digest the hints hence I haven't upvoted and accepted your answer!

— Jernej

Quick question. We have shown that

L_{K}

$L_K$ is decidable. I don't see how it follows that it is recursive? Cant it be that one of the simulated

T_{j}

$T_j$ never halts?

— Jernej