단일 테이프 3 상태 TM에 의해 인식 가능한 언어 클래스

나는 정확히 하나의 테이프와 정확히 3 개의 상태 (즉, 시작 상태)를 가진 Turing Machines에 대해 궁금했습니다. $q_0$수락 상태 $q_{accept}$, 거부 상태 $q_{reject}$). 임의의 (유한 한) 테이프 알파벳을 허용합니다 (즉, 테이프 알파벳은 입력 알파벳과 같도록 제한되지 않습니다).

편의상 해당 TM이 인식 할 수있는 언어 클래스를 호출하십시오. $C_3$. 이 수업에 대해 몇 가지 질문이 있습니다.

1. 있다 $C_3$ 이전에 공부 했습니까?
2. 입니다 $C_3$ 다른 복잡성 / 계산 가능성 클래스와 동등한 것으로 알려져 있습니까?
3. 수업인가요 $C_3$모델 변경에 강력합니다. 예를 들어, 사용 된 TM이 단일 전환 동안 (항상 왼쪽이나 오른쪽으로 이동하는 것과는 달리) 고정되어 있거나 테이프가 오른쪽이 아닌 양방향으로 무한대로 만들어지면 클래스를 수행합니다. 3 상태 1 테이프 TM이 인식 할 수있는 언어의 변화?
4. 어떻게 $C_3$ 일반 언어 클래스와 관련이 있으며 $Regular$? (특히, 모든 정규 언어는$C_3$?)

(단순한) 검색 은 관련이 있지만 내 질문에 대답하지 않는 이 cs.stackexchange 게시물 만 가져 왔으며이 백서 는 정확하게 클래스에 대해 확실하게 읽지 못했습니다.$C_3$ 비슷하지만 다른 클래스가 아니라 (이 논문은 (1) 모든 언어가 $C_3$ 결정 가능하고 (2) $C_3$ 과 $Regular$비어 있지 않은 교차가있는 개별 클래스). cs.stackexchange 게시물의 의견에서 지적했듯이 이러한 종류의 TM은 매우 특정한 셀룰러 오토마타로 생각할 수 있으므로 셀룰러 오토 마톤 이론에 대한 문헌을 알고있는 사람이 도움이 될 수 있습니다.

짐승은 매우 강력 합니다. 예를 들어 TM을 만들 수 있습니다.$M$ 폼의 모든 문자열을 받아들입니다.

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

양식의 모든 문자열을 거부합니다.

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

아이디어는 첫 번째를 변환하는 것입니다 $r$ 으로 $R$머리가 끈의 중앙에 닿게 한 다음 "상태 비 저장"지그재그를 수행하십시오. 그것이 도달하면$A$ 전에 $R$ 그런 다음 받아들입니다.

비공식적 설명 :

• 의 위에 $r$ 쓰다 $R$ 오른쪽으로 이동 (거부 준비)
• 의 위에 $0$ 쓰다 $c$ 오른쪽으로 움직입니다 (중심쪽으로 이동)
• 의 위에 $1$ 쓰다 $>$ 왼쪽으로 이동 $1$다음 왼쪽에서 오른쪽 교차로를 준비하고 왼쪽으로 이동하십시오.)
• 의 위에 $c$ 쓰다 $<$ 오른쪽으로 이동 $0$다음 오른쪽에서 왼쪽 교차로를 준비하고 오른쪽으로 이동)
• 의 위에 $<$ 쓰다 $>$ 왼쪽으로 이동 (왼쪽에서 오른쪽으로 건너, 다음 오른쪽에서 왼쪽으로 준비)
• 의 위에 $>$ 쓰다 $<$ 오른쪽으로 이동 (오른쪽에서 왼쪽으로 건너, 다음 왼쪽에서 오른쪽으로 준비)
• 의 위에 $A$ 수락하다 $R$ 받지 않다
• 공백으로 $b$ 받지 않다

예:

  :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

이 지그재그 기술은 Rogozhin (Rogozhin 1996. TCS, 168 (2) : 215–240)이 구성한 가장 작은 2 상태 Universal Turing machine (18 개의 심볼이 있음)에 사용됩니다.

이를 증명하기 위해주의를 기울여야합니다 $M$ 모든 입력을 정지시킵니다 (빈 입력과 정지하지 않는 모든 심볼은 "수렴"합니다). $<$ 또는 $>$ 무한 루프로 이어질 수 없습니다).

DavidG의 의견에 따르면 $L(M)$ 인정 $M$ ~의 슈퍼 세트입니다 $L_Y$ (즉 $L_Y \subset L(M)$)이지만 문자열이 포함되어 있지 않습니다. $L_N$ (즉 $L(M) \cap L_N = \emptyset$) 그리고-MikhailRudoy에 의해 논평 된대로-이것은 이것을 증명하기에 충분합니다. $L(M)$ 규칙적이지 않습니다.

실제로 $L(M)$ 그때도 규칙적입니다 $L(M) \cap \{ r0^*1^*A \} = L_Y = \{ r0^n 1^mA \mid m \leq n \}$규칙적 일 것 (펌핑 보조 정리의 간단한 적용이 아님); 모순으로 연결됩니다.

그래서 $L(M)$ 규칙적이지 않습니다 .

...하지만 모든 슈퍼 히어로처럼 $C_3$ 아 킬레의 발 뒤꿈치가 있습니다.

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

비공식적으로는 가장 왼쪽 만 사용할 수 있습니다 $b 1 ...$ ($b$ 빈 기호입니다) 또는 rightmist $1b...$후크로서 다른 방향으로 "확장"; 그러나 최종 수락 또는 거부는 반대쪽의 빈 기호에있을 수 없으므로 내부의 내부 부분에서만 수행 할 수 있습니다$1$충분히 긴 입력에서 시작하여 하나 "확장"할 수 있습니다.

마지막으로-논문을 읽은 후-여기에 설명 된 단일 상태 TM이 $C_3$ class ... (그래서 새로운 것은 없습니다 :-) ... 그리고 비정규 언어가 포함되어 있음을 증명하기 위해 저자가 사용한 언어는 내 것과 매우 유사합니다.

나는의 힘을 과소 평가했다 $C_3$... 실제로는 하이퍼 컴퓨 테이션 에서 그리 멀지 않습니다 !

(나는 이것을 더 명확하게하기 위해 별도의 답변으로 게시합니다)

단일 상태 튜링 머신을 만들 수 있습니다 $M$ 그것은 형식의 문자열을 받아들입니다.

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

다음 형식의 문자열을 거부합니다.

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

아이디어와 구성은 이전 답변과 유사합니다. $a$ 으로 $A$머리가 끈의 중앙에 도달 한 다음 "상태 비 저장"지그재그를 수행하지만 전환은 상반기에 "이진 카운터"를 "구현"합니다. $Z$(영) 머리를 오른쪽 으로 튕겨서$Z$ 로 $S$ (1) 다음에 머리가 닿을 때 $S$으로 변환 $)$머리를 왼쪽으로 움직이게하십시오. 머리가 도달하면$)$ 그것을 $Z$. 줄의 후반은 단항 카운터처럼 동작합니다.

전환은 다음과 같습니다.

• 의 위에 $r$ 쓰다 $R$ 오른쪽으로 이동 (거부 준비)
• 의 위에 $0$ 쓰다 $Z$ 오른쪽으로 이동하십시오 (중심쪽으로 이동하여 이진 카운터를 0으로 설정하십시오.)
• 의 위에 $1$ 쓰다 $>$ 왼쪽으로 이동 $1$ 단항 카운터를 줄이고 다음 왼쪽에서 오른쪽 교차를 준비한 다음 이진 카운터로 다시 바운스합니다)
• 의 위에 $>$ 쓰다 $<$ 오른쪽으로 가십시오 (줄의 후반을 오른쪽에서 왼쪽으로 교차, 다음 왼쪽에서 오른쪽으로 준비하십시오)
• 의 위에 $<$ 쓰다 $>$ 왼쪽으로 가십시오 (줄의 후반을 왼쪽에서 오른쪽으로 교차, 다음 오른쪽에서 왼쪽으로 준비하십시오)
• 의 위에 $Z$ 쓰다 $S$ 오른쪽으로 이동합니다 (숫자를 1로 변환하고 단항 카운터쪽으로 오른쪽으로 튀어 오름)
• 의 위에 $S$ 쓰다 $)$ 왼쪽으로 이동합니다 (숫자를 지우고 머리가 "캐리"처럼 왼쪽으로 이동하도록하고 첫 번째 부분의 왼쪽에서 오른쪽으로 준비).
• 의 위에 $)$ 쓰다 $Z$ 오른쪽으로 이동 (바운스를 유발할 0을 설정하고 헤드를 오른쪽으로 이동)
• 의 위에 $A$ 수락하다 $R$ 받지 않다
• 공백으로 $b$ 받지 않다

예:

 :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

이를 증명하기 위해주의를 기울여야합니다 $M$ 모든 입력을 정지시킵니다 (빈 입력과 정지하지 않는 모든 심볼은 "사이클"을 거부합니다) $( , S , Z$ 또는 $<, >$ 무한 루프로 이어질 수 없습니다).

언어 $L(M)$ ~의 슈퍼 세트입니다 $L_Y$ ($L_Y \subset L(M)$)이며 다음의 문자열을 포함하지 않습니다. $L_N$ ($L(M) \cap L_N = \emptyset$).

한다고 가정 $L(M)$이다 문맥 무료 다음, -의 CFL의 폐쇄 속성으로, 일반 언어로 교차$\{r 0^* 1^* A\}$ CF 언어를 생성하십시오.

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

그러나 CFL 에 대한 Ogden의 Lemma 를 간단히 적용 하면$L_Y \notin CFL$: 그냥 충분히 길게 $s \in L_Y$ 그리고 모든 표시 $0$에스; 적어도 하나의 0을 펌핑 할 수 있으며$1s$ 펌핑 스트링에서 지수 성장 $2^n$ 끈으로 연결 $\notin L_Y$).

그래서 $L(M)$ Context Free가 아닙니다 .

... 이것이 또 다른 "바람을 재발견"하는 대답인지 아니면 새로운 (작은) 결과인지 궁금합니다.

이 답변에서 Turing 기계에는 양방향 무한 테이프가 있다고 가정합니다. 단방향 무한 테이프에는 해당 주장이 적용되지 않습니다.

먼저 언어 클래스를 정의하겠습니다 $C_3'$3 개 상태의 단일 테이프 튜링 기계 로 결정할 수 있는 모든 언어의 클래스$C_3$3 개 상태의 1 테이프 튜링 기계에서 인식 할 수 있는 언어 클래스로 정의 됨 ). 나는 수업을 소개했다$C_3'$ 원래 답변에서 무의식적으로 수업을 교환했기 때문에 $C_3$ 과 $C_3'$ (나는 단지 수업을 고려했다 $C_3'$).

이 답변은 @MarzioDeBiasi 답변을 보완합니다. 그는 수업이$C_3$ 과 $C_3'$CFL에는 포함되어 있지 않으므로 매우 흥미로운 언어가 포함되어 있습니다. 그러나이 글에서 보여 드리 듯이 각 언어는$L$ 에 $C_3'$ 설정 한 속성이 있습니다 $\{1^n;n\in\mathbb{N}\backslash\{0\}\}$ 어느 쪽이든 $L$ 또는 그 보완 $L^C$. 그러므로$C_3'$또한 매우 제한적입니다 (예 : 사소한 단항 언어 만 포함합니다$\{\}$, $\{\varepsilon\}$, $\{1^n;n\in\mathbb{N}\}$ 과 $\{1^n;n\in\mathbb{N}\backslash\{0\}\}$. 클래스$C_3$조금 더 단항 언어를 포함합니다. 그러나, 그 보유하고 있는 경우$L\in C_3$ 과 $1^n\in L$ ...에 대한 $n\geq 1$그런 다음 $1^m\in L$ 모든 $m\geq n$. 간단한 추론은 모든 일반 언어가$C_3$ 또는 $C_3'$. 또한 언어$\{1\}$ 에 없다 $C_3$ 또는 $C_3'$.

대담한 주장에 대해 $C_3'$, 단일 테이프 튜링 머신임을 증명하기에 충분합니다. $M$ 항상 3 개의 상태에서 모든 문자열을 수락하거나 거부합니다. $\{1^n;n\in\mathbb{N}\backslash\{0\}\}$. 다음과 같은 형식의 문자열을 가정하십시오.$1^n$, $n\in\mathbb{N}\backslash\{0\}$에 주어진다 $M$. 세 가지 경우가 있습니다.

1) 언제$M$ 1을 읽으면 수락하거나 거부합니다.

2) 언제$M$1을 읽으면 머리가 왼쪽으로 이동합니다. 우리가 원한다면$M$이 입력을 정지 시키려면 공백 기호를 승인, 거부 또는 오른쪽으로 이동해야합니다. 따라서 테이프의 초기 셀 오른쪽에있는 셀을 방문하지 않습니다. 그렇다면 입력 1에서 영원히 실행됩니다.

3) 언제$M$ 1을 읽으면 머리가 오른쪽으로 이동합니다.이후에$n$ 단계, 테이프의 내용은 $A^n$ 어디 $A$ 테이프 알파벳과 머리의 상징입니다 $M$ 마지막 오른쪽의 가장 왼쪽 빈 기호에 있습니다. $A$. 우리가 원한다면$M$이 입력을 중단하려면 공백 기호의 왼쪽을 수락, 거부 또는 왼쪽으로 이동해야합니다. 사례 2)에서와 같이$M$ 이제 가장 오른쪽의 셀을 직접 방문하지 않습니다. $A$. 그렇다면$M$ 입력 1에서 영원히 실행됩니다.

세 가지 경우 모두에서 $M$ 세트에서 모든 문자열을 받아들입니다. $\{1^n;n\in\mathbb{N}\backslash\{0\}\}$ 또는 그것들을 모두 거부합니다.

에 대한 주장의 증거 (굵은 글씨) $C_3$위와 같은 줄을 따릅니다. 우리는 1 테이프 3 상태 튜링 기계를 사용합니다.$M$ 문자열을 받아들입니다 $1^n$ 일부 $n\geq 1$. 가정$M$ 입력이 주어진다 $1^m$ ...에 대한 $m\geq n$. 우리는 그것을 증명해야$M$이 입력을 받아들입니다. 우리는 3 가지 경우가 있습니다 :

1) 언제$M$ 1을 읽습니다.

2) 언제$M$1을 읽으면 머리가 왼쪽으로 이동합니다. 때문에$M$ 입력을 받아들입니다 $1^n$빈 기호를 승인하거나 오른쪽으로 이동해야합니다. 따라서 결코 방문하지 않습니다.$n$초기 셀의 오른쪽에있는 셀. 그렇다면 입력시 영원히 실행될 것입니다.$1^n$.

3) 언제$M$1을 읽으면 머리가 오른쪽으로 이동합니다. 이후에$m$ 단계, 테이프의 내용은 $A^m$ 어디 $A$ 테이프 알파벳과 머리의 상징입니다 $M$ 마지막 오른쪽의 가장 왼쪽 빈 기호에 있습니다. $A$. 때문에$M$ 입력을 받아들입니다 $1^n$공백 기호를 승인하거나 왼쪽으로 이동해야합니다. 사례 2)에서와 같이$M$ 이제는 절대 방문하지 않을 것입니다 $n$가장 오른쪽의 왼쪽 셀 $A$. 입력에 있기 때문입니다$1^n$, $M$ 빈 셀 기호가 포함되어 있기 때문에 초기 셀 바로 왼쪽에있는 셀을 방문하지 않고 읽을 경우 영원히 실행됩니다.

세 가지 경우 모두에서 $M$ 세트에서 모든 문자열을 받아들입니다. $\{1^m;m\geq n\}$.