क्या एक संभाव्य ट्यूरिंग मशीन हल करने की समस्या को हल कर सकती है?

Question

एक कंप्यूटर जिसे वास्तव में यादृच्छिक बिट्स की एक अनंत धारा दी गई है, वह एक के बिना कंप्यूटर की तुलना में अधिक शक्तिशाली है। सवाल यह है कि क्या हॉल्टिंग समस्या को हल करने के लिए यह काफी शक्तिशाली है?

यही है, एक संभाव्य कंप्यूटर निर्धारित कर सकता है कि क्या एक नियतात्मक है या नहीं कार्यक्रम रुकता है ?

एक संभाव्य कंप्यूटर का उदाहरण जो एक नियतात्मक कुछ कर सकता है वह नहीं हो सकता: एक छोटे प्रोग्राम (लंबाई में किलोबाइट से कम) पर विचार करें जो कि कोलमोगोरोव जटिलता के साथ एक स्ट्रिंग को एक गीगाबाइट से अधिक आउटपुट करता है। Kolmogorov जटिलताएक स्ट्रिंग की लंबाई उस स्ट्रिंग का निर्माण करने वाले सबसे छोटे निर्धारक कार्यक्रम की लंबाई है। इस प्रकार, परिभाषा के अनुसार, एक नियतात्मक कार्यक्रम एक स्ट्रिंग का उत्पादन नहीं कर सकता है जिसकी जटिलता उसकी अपनी लंबाई से अधिक है। हालांकि, अगर वास्तव में यादृच्छिक बिट्स की एक अनंत धारा दी जाती है, तो एक छोटा सा कार्यक्रम 99.99999 के साथ कार्य को प्राप्त करने में सक्षम है ... बस सफलता की गूंज बाहर, कहते हैं, 10 बिलियन यादृच्छिक बिट्स और उन बिट्स के कोलमोगोरोव जटिलता की उम्मीद उच्च है। । इसलिए, श्रेष्ठ कोलमोगोरोव जटिलता की एक स्ट्रिंग का निर्माण संभाव्य कार्यक्रम के संभावित क्षितिज के भीतर है, लेकिन निर्धारक कार्यक्रम के लिए बिल्कुल भी संभव नहीं है।

उस ने कहा, मैं सोच रहा हूं कि क्या हॉल्टिंग की समस्या में हैकसॉ को सही मायने में यादृच्छिक बिट्स का उपयोग करना संभव है। उदाहरण के लिए, एक एल्गोरिथम बेतरतीब ढंग से प्रमेयों को उत्पन्न कर सकता है और उन्हें तब तक साबित / अस्वीकृत / अस्वीकृत कर सकता है जब तक कि वह किसी दिए गए निर्धारक कार्यक्रम को रोकने / साबित करने के लिए पर्याप्त नहीं जानता।

Comments

@downvoter: यह बिना टिप्पणी के डाउन-वोट प्राप्त नहीं करना चाहिए था।

— डेव क्लार्क

सभी मामलों की गणना करने से एक निर्धारक TM को क्या रोकता है? यहाँ, किसी अनुमान की जाँच करना समस्या है, स्वयं अनुमान लगाना नहीं। ध्यान दें कि आप वास्तव में यह नहीं कह सकते हैं कि आप सख्ती से अधिक शक्तिशाली हैं यदि आप केवल एक संभावना साथ वांछित परिणाम बनाते हैं । $p<1$

— राफेल

"एक नियतात्मक कार्यक्रम एक स्ट्रिंग का उत्पादन नहीं कर सकता है जिसकी जटिलता उसकी अपनी लंबाई से अधिक है।" यह पर्याप्त है कि कुछ अन्य निर्धारक मशीन समान आउटपुट का उत्पादन करती हैं। ध्यान दें कि निर्धारक टीएम न केवल संभाव्य लोगों को अनुकरण कर सकते हैं, लेकिन यहां तक ​​कि नॉन्डेटेरिमिनिस्टिक टीएम (विकल्पों की मनमानी संख्या के साथ)।

— केवह

कल मैं कहने वाला था - केवह एट अल को देखना - यह इस साइट के लिए बहुत ही बुनियादी सवाल था (एनटीएम के लिए यह सवाल हर पहले सिद्धांत पाठ्यक्रम में एक बुनियादी परिणाम है)। यह देखते हुए कि "संभाव्य टीएम" को औपचारिक रूप देने के लिए काफी प्रयास किया गया, मुझे खुशी है कि मैंने ऐसा नहीं किया।

— राफेल

और मेरे पहले संबंधित टीसीएस प्रश्न के स्पष्ट उत्तर देखें: cstheory.stackexchange.com/questions/1263/…

— जोसेफ

Answer 1

संपादित करें: मुझे बस कुछ चीजों का एहसास हुआ जो मैंने लिखा था, कुल बकवास थी, इसके लिए खेद है। अब मैंने प्रमाण को बदल दिया और संभावित मशीन की परिभाषा को और अधिक सटीक उपयोग कर रहा हूं।

मुझे नहीं पता कि मुझे प्रोबेबिलिस्टिक ट्यूरिंग मशीन की आपकी परिभाषा सही लगती है: यह एक ऐसी मशीन है जिसमें एक अतिरिक्त टेप होता है, जिस पर एक असीम अतुल्य स्ट्रिंग लिखा होता है, और बगल में यह एक नियतात्मक मशीन की तरह काम करता है? यदि हम असंगत स्ट्रिंग को ठीक करते हैं, तो हमें जो वर्ग मिलता है वह दिलचस्प नहीं लगता है।

मुझे लगता है कि हम एक संभाव्य ट्यूरिंग मशीन को कई तरीकों से परिभाषित कर सकते हैं। मैं एक परिभाषा यह है कि काफी स्वाभाविक लगता है का उपयोग करेगा (और जिसके लिए मेरी सबूत काम करता है;) के उस तरह एक संभाव्य मशीन को परिभाषित करते हैं: यह एक अतिरिक्त टेप जिस पर कुछ अनंत स्ट्रिंग लिखा है हो जाता है, हम कहते हैं कि इस मशीन एक भाषा का फैसला करता है के लिए करता है, तो हर x ability L इसे हल करता है और प्रायिकता > 1 के साथ स्वीकार करता है$L$$x \in L$ , जब संभावना उन अतिरिक्त यादृच्छिक तारों पर ले ली जाती है, और प्रत्येकx∉L के लिएयहरुकजाता है और प्रायिकता के साथ अस्वीकार कर देता है>$>\frac{1}{2}$$x \not \in L$ ।$>\frac{1}{2}$

अब हम यह दिखाएंगे कि यदि ऐसी कोई संभाव्य मशीन मौजूद है जो नियतात्मक मशीनों के लिए समस्या को हल करती है, तो हम इसका उपयोग एक नियतात्मक मशीन एच के निर्माण के लिए कर सकते हैं जो नियतात्मक मशीनों के लिए समस्या को हल करती है - और हम जानते हैं कि ऐसी मशीन मौजूद नहीं हो सकता।$P$$H$

मान लीजिए ऐसे मौजूद हैं। हम एक निर्धारक मशीन M का निर्माण कर सकते हैं जो एक इनपुट के रूप में कुछ इनपुट x के साथ एक संभाव्य मशीन R बनाता है , जो$P$$M$$R$$x$

• हॉल्ट और स्वीकार करता है यदि और केवल यदि एक्स स्वीकार करता है (यानी आर हॉल को स्वीकार करता है और एक्स को स्वीकार करता है$R$$x$$R$$x$ आधे से अधिक यादृच्छिक स्ट्रिंग्स पर को )।
• हाल्ट और खारिज कर दिया यदि और केवल यदि को खारिज कर दिया एक्स (यानी आर हाल्ट और खारिज कर दिया x आधा यादृच्छिक तार की तुलना में अधिक पर)।$R$$x$$R$$x$
• लूप्स अन्यथा

असल में, होगा सभी के लिए मैं ∈ 1 , 2 , । । । इनपुट एक्स पर 0 और 1 से प्रत्येक स्ट्रिंग पर आर का अनुकरण करें , मैं आर के यादृच्छिक टेप पर स्ट्रिंग के उपसर्ग के रूप में । अभी व:$M$$i \in 1, 2, ...$$R$$x$${{0,1}}^i$$R$

• अगर के लिए लंबाई की उपसर्गोंमैंआररोक दिया है और अधिक से अधिक पढ़ने के लिए कोशिश कर के बिना स्वीकार किए जाते हैंमैं, यादृच्छिक टेप से बिट्सएमहाल्ट और स्वीकार करता है$>\frac{1}{2}$$i$ $R$$i$$M$
• अगर के लिए लंबाई की उपसर्गोंमैंआररोक दिया है और अधिक से अधिक पढ़ने के लिए कोशिश कर के बिना अस्वीकार कर दियामैं, यादृच्छिक टेप से बिट्सएमहाल्ट और खारिज कर दिया$>\frac{1}{2}$$i$ $R$$i$$M$
• अन्यथा , i : = i + 1 के साथ सिमुलेशन चलाता है ।$M$$i := i+1$

हमें अब स्वयं को समझाना होगा, कि यदि , प्रायिकता p > 1 के साथ x को स्वीकार (अस्वीकार) करता है$R$$x$ , तो कुछ के लिएमैंइसे स्वीकार करूंगा (अस्वीकार)>$p >\frac{1}{2}$$i$यादृच्छिक टेपसेमैंबिट्स सेअधिक पढ़ने की कोशिश किए बिना यादृच्छिक स्ट्रिंगकी लंबाईiके 2 उपसर्ग। यह तकनीकी है, लेकिन काफी आसान है - यदि हम अन्यथा ग्रहण करते हैं तो स्वीकार करने (अस्वीकार करने) की संभावनाp>$>\frac{1}{2}$$i$$i$ जैसा किमैंअनंत में जाताहूं, इसलिए कुछ के लिएमुझेp>1होना चाहिए$p >\frac{1}{2}$$i$$i$$p >\frac{1}{2}$ ।

अब हम बस अपनी नियतात्मक मशीन हल करने की समस्या को हल करते हुए परिभाषित करते हैं (अर्थात यह निश्चय करता है कि क्या कोई नियत निर्धारण मशीन N किसी दिए गए शब्द x को स्वीकार करता है ) H ( N , $H$$N$$x$ । ध्यान दें कि एम ( पी ( एन , एक्स ) ) हमेशा रुकता है, क्योंकि हमारी संभाव्य मशीनों द्वारा एक भाषा तय करना इस तरह से परिभाषित किया गया था कि उन दो में से एक हमेशा होता है:$H(N,x) = M(P(N,x))$$M(P(N, x))$

• मशीन आधे से अधिक यादृच्छिक तारों के लिए रुकती है और स्वीकार करती है
• मशीन आधे से अधिक यादृच्छिक तारों के लिए रुकती है और अस्वीकार करती है।

Comments

मेरी "अभी तक" टिप्पणी को विस्तृत करने के लिए धन्यवाद! ;) दो तकनीकी टिप्पणियां: बुलेट बिंदु एक पर, आपका मतलब $>2^{i-1}$ ? आखिर में, आपका मतलब ? $S(Q)$

— राफेल

ध्यान दें कि यदि आपको पी को हमेशा रोकने की आवश्यकता नहीं है, तो यह एक नियतात्मक ट्यूरिंग मशीन पी का निर्माण करने के लिए भी तुच्छ है जो स्वीकार करता है कि क्या और केवल अगर दिए गए निर्धारक ट्यूरिंग मशीन हाल्ट।

— त्सुकोशी इतो २

तुम्हारी धारणा क्या है? जब तक कि अंततः रुकने की गारंटी न हो, आप एक संभाव्य ट्यूरिंग मशीन को नकार नहीं सकते।

— त्सुयोशी इटो

अतिरिक्त स्ट्रिंग और इनपुट शब्दों, या क्या को रोकने की संभावना है?

— एम। अलागन

@ मोहम्मद अलीगान: नहीं, जैसा लिखा है, वह हिस्सा सही है: संभावना केवल अतिरिक्त स्ट्रिंग पर ली गई है (सिक्का फ़्लिप के परिणामों को निर्दिष्ट करते हुए)। क्योंकि हम इनपुट स्ट्रिंग पर कोई प्रायिकता वितरण नहीं मान रहे हैं, इसलिए इनपुट स्ट्रिंग की संभावना अच्छी तरह से परिभाषित नहीं है। भले ही इनपुट स्ट्रिंग पर एक संभाव्यता वितरण को परिभाषित किया गया हो, इनपुट स्ट्रिंग पर सही उत्तर की उच्च संभावना का अर्थ केवल यह है कि एल्गोरिथ्म अधिकांश इनपुट के लिए सही है, जो कि एल्गोरिथ्म पर सामान्य आवश्यकता से अलग है।

— त्सुयोशी इतो

Answer 2

यह इस बात पर निर्भर करता है कि आप एक संभावित एल्गोरिथ्म से क्या मतलब रखते हैं।

एक तुच्छ संभाव्य एल्गोरिथ्म P ऐसा है, जो नियतात्मक ट्यूरिंग मशीन M के लिए है ,

• P ( M ) गैर-अक्षीयता के साथ स्वीकार करता है यदि M हाल्ट करता है,
• P ( M ) कभी भी स्वीकार नहीं करता है यदि M रुकता नहीं है, और
• P ( M ) प्रत्येक M के लिए प्रायिकता 1 के साथ रुकता है ।

इसलिए, संभाव्य एल्गोरिथ्म पी इस अर्थ में नियतात्मक ट्यूरिंग मशीनों के लिए रुकने की समस्या को हल करता है। (यहाँ " एम हाल्ट" का अर्थ है " एम। " खाली इनपुट पर हाल्ट।")

हालांकि, यदि आप किसी भी समझदार तरीके से आवश्यकता को मजबूत करते हैं, तो यह संभावना नहीं है कि आप नियतात्मक ट्यूरिंग मशीनों के लिए रुकने की समस्या को हल कर सकते हैं। उदाहरण के लिए,

• यदि आपको हमेशा रुकने के लिए P ( M ) की आवश्यकता होती है के बजाय केवल संभावना 1 के साथ है, तो यह स्पष्ट है कि पी एक नियतात्मक एल्गोरिथ्म से प्रेरित किया जा सकता है। ( विकिपीडिया देखें "हमेशा" और "संभाव्यता 1." के बीच के अंतर की व्याख्या के लिए )
• यदि आप P ( M ) को रोकने और प्रत्येक M के लिए 1/2 से अधिक सख्ती से संभावना के साथ सही उत्तर देने के लिए त्रुटि सीमा को सख्त बनाते हैं (तो, आपको परवाह नहीं है कि P ( M ) रुका या रुका नहीं है और बाकी मामलों में गलत उत्तर दें), फिर पी को कैरोलिना सूट्स के जवाब में बताए गए तर्क का उपयोग करके एक नियतात्मक एल्गोरिथ्म द्वारा अनुकरण किया जा सकता है ।

इसलिए, एक संभाव्य एल्गोरिथ्म इन इंद्रियों में नियतात्मक ट्यूरिंग मशीनों के लिए रुकने की समस्या को हल नहीं कर सकता है।

Comments

मेरी अज्ञानता को क्षमा करें, लेकिन संभावना '1' के साथ '' हमेशा '' और 'को रोकने' के बीच अंतर क्या है?

— रोब सिमंस

@ रोब: मुझे लगता है कि यह एक मुश्किल बिंदु है। एक साधारण संभाव्य ट्यूरिंग मशीन पर विचार करें जो सिर्फ एक सिक्के को बार-बार काटती है जब तक कि परिणाम प्रमुख न हो। यह ट्यूरिंग मशीन तब रुकती है, जब सभी सिक्कों के परिणामस्वरूप पूंछ निकल जाती है। इसलिए, यह संभावना 1 के साथ रुकता है, लेकिन यह हमेशा रुकता नहीं है।

— त्सुयोशी इतो

मुझे विकिपीडिया में "हमेशा" और "प्रायिकता 1 के साथ" के बीच अंतर का स्पष्टीकरण मिला , और मैंने उत्तर में उसी लिंक को जोड़ा।

— १२:२१ पर त्सुयोशी इतो

यदि आप P (M) को रोकने के लिए असफल होने की अनुमति देते हैं, तो मुझे नहीं पता कि आप एक नियतात्मक अनुकरण कैसे कर सकते हैं। उदाहरण के लिए, मान लीजिए कि आपने लंबाई-एन उपसर्ग तारों के कुछ सेट पर अपने नियतात्मक सिमुलेशन को चलाया है, और कुछ समय की लंबाई के बाद, <50% उपसर्गों को रोक दिया है और एक उत्तर दिया है। आप कैसे जानते हैं कि क्या शेष उपसर्ग के तार को उत्तर देने के लिए अधिक समय की आवश्यकता होती है, या यदि वे सभी विफलता की स्थिति के हिस्से के रूप में एक अनंत लूप में फंस गए हैं? यदि पूर्व, आप प्रतीक्षा करना जारी रखते हैं। यदि उत्तरार्द्ध, आप वर्तमान दौर को समाप्त करते हैं और लंबाई-एन + 1 के सभी उपसर्गों पर फिर से चलाते हैं।

— माइक बैटलग्लिया

लेकिन इस वजह से यह निर्धारित करने के लिए असंभव है, है हॉल्टिंग समस्या! हमारे पास यह जानने का कोई तरीका नहीं है कि ट्यूरिंग मशीन उन इनपुटों पर रुकेगी या नहीं।

— माइक बैटलग्लिया

Answer 3

$P$$P$$P$

मुझे लगता है कि राफेल की टिप्पणी का यही अर्थ था।

Answer 4

$A\subseteq\mathbb N$$A$ गणनीय है। यह 1956 में डी लीउव, मूर, शैनन और शापिरो और 1963 में सैक्स पर वापस जाता है। चर्चा के लिए डाउनी और हिर्शफेल्ट की नई पुस्तक अल्गोरिदमिक यादृच्छिकता और जटिलता देखें । जैसा कि अन्य जवाबों में उल्लेख किया गया है, विचार बहुसंख्यक वोट लेने का है। (जबकि यह कम्प्यूटेशनल रूप से किया जा सकता है, कोई दावा नहीं है कि एल्गोरिथ्म कुशल है।)

डी। लीउव, के।, मूर, ईएफ, शैनन, सीई और शापिरो, एन। संगणनात्मक मशीनों द्वारा कम्प्यूटेबिलिटी, ऑटोमेटा अध्ययन, पीपी। 183-212। गणित के अध्ययन के इतिहास, नहीं। 34. प्रिंसटन यूनिवर्सिटी प्रेस, प्रिंसटन, एनजे, 1956।

जी। सैक्स, डिग्री ऑफ़ अनसॉल्वबिलिटी, प्रिंसटन यूनिवर्सिटी प्रेस, 1963।