एकल-टेप 3-राज्य टीएम द्वारा पहचानने योग्य भाषाओं की श्रेणी

Question

मैं थोड़ी देर के लिए ट्यूरिंग मशीनों के बारे में जानने के लिए उत्सुक हूं, जिसमें ठीक एक टेप और ठीक 3 स्टेट्स (यानी स्टार्ट स्टेट , स्टेट , और स्टेट )। ध्यान दें कि मैं मनमाने ढंग से (परिमित) टेप वर्णमाला की अनुमति देता हूं (यानी, टेप वर्णमाला इनपुट वर्णमाला के बराबर करने के लिए प्रतिबंधित नहीं है)।$q_0$$q_{accept}$$q_{reject}$

सुविधा के लिए, ऐसे TM द्वारा पहचानने योग्य भाषाओं के वर्ग को कॉल करें । इस वर्ग के बारे में मेरे कई सवाल हैं:$C_3$

1. क्या पहले अध्ययन किया गया है?$C_3$
2. क्या ब्याज की किसी भी अन्य जटिलता / कम्प्यूटेबिलिटी वर्गों के बराबर जाना जाता है?$C_3$
3. क्या मॉडल में बदलाव के लिए वर्ग मजबूत है। उदाहरण के लिए, यदि इस्तेमाल किए गए टीएम को एक एकल संक्रमण के दौरान जगह में रहने की अनुमति दी जाती है (जैसा कि हमेशा या तो बाएं या दाएं घूमने का विरोध किया जाता है) या यदि टेप को केवल दाईं ओर के बजाय दोनों दिशाओं में अनंत बनाया जाता है, तो क्या वर्ग करता है 3-राज्य 1-टेप TMs द्वारा पहचाने जाने वाली भाषाओं के परिवर्तन?$C_3$
4. नियमित भाषाओं के वर्ग से कैसे संबंधित है, ? (विशेष रूप से, में हर नियमित भाषा है ?)$C_3$$Regular$$C_3$

ए (बल्कि सरसरी) खोज केवल इस cs.stackexchange पोस्ट को लाया जो प्रासंगिक है, लेकिन मेरे सवालों और इस पेपर का उत्तर नहीं देता है , जिसे मैंने पर्याप्त विस्तार से नहीं पढ़ा है, यह सुनिश्चित करने के लिए कि यह वास्तव में वर्ग बजाय चिंता करता है समान लेकिन भिन्न वर्ग (यह साबित करने के लिए कागज़ का दावा है कि (1) में हर भाषा निर्णायक है और (2) कि और गैर-रिक्त चौराहे के साथ अलग-अलग वर्ग हैं)। जैसा कि csstackexchange पोस्ट की टिप्पणियों में बताया गया है, इन प्रकार के TM को बहुत ही विशेष सेलुलर ऑटोमेटा के रूप में सोचा जा सकता है, इसलिए शायद कोई व्यक्ति जो सेलुलर ऑटोमेटन सिद्धांत पर साहित्य जानता है, मदद कर सकता है।$C_3$$C_3$$C_3$$Regular$

Comments

यदि आपके पास केवल एक गैर-समाप्ति वाला राज्य और एक टेप (इनपुट टेप) है, तो आपकी मशीन कुछ भी याद नहीं रख सकती है जो इसे पढ़ती है। तो, यह उन इनपुटों को बिल्कुल स्वीकार या अस्वीकार कर सकता है जिनमें इनपुट वर्णमाला से निश्चित प्रतीक (चिह्न) होते हैं।

— डेविड जी

मशीन यह याद नहीं रख सकती कि वह क्या पढ़ता है, लेकिन यह फिर से लिख सकता है कि यह किसी और चीज़ के साथ क्या पढ़ता है। इसलिए मैं वास्तव में यह नहीं देखता कि आप जो चरित्र-चित्रण देते हैं वह सही क्यों होगा। (यानी मैं एक साधारण मशीन के बारे में सोच सकता हूं जो स्वीकार करती है और को अस्वीकार करती है ; यहां व्यवहार पूरी तरह से निर्धारित नहीं किया जाता है कि कौन से प्रतीक इनपुट में हैं)। $01$$011$

— मिखाइल रूडॉय

आप सही हैं, मेरा अंतर्ज्ञान गलत था।

— डेविड जी

Answer 1

जानवर बेहद शक्तिशाली है , उदाहरण के लिए हम एक टीएम निर्माण कर सकते हैं जो फार्म के हर तार को स्वीकार करता है$M$

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

और फॉर्म के प्रत्येक स्ट्रिंग को अस्वीकार करता है

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

पहले को में बदलने का विचार है और फिर सिर को स्ट्रिंग के बीच तक पहुंचने दें फिर एक "स्टेटलेस" ज़िग-ज़ैग करें; यदि यह से पहले तक पहुँचता है तो यह स्वीकार करता है।$r$$R$$A$$R$

अनौपचारिक विवरण:

• पर लिखने और कदम सही (खारिज के लिए तैयार)$r$$R$
• पर लिखें और दाईं ओर ले जाएँ (केंद्र की ओर बढ़ते हुए)$0$$c$
• पर लिखने और चाल छोड़ दिया (निशान एक , अगले बाएँ से सही पार करने के लिए तैयार है, और छोड़ दिया जाने)$1$$>$$1$
• पर लिखने और कदम सही (एक निशान , अगले दाएँ-से-बाएँ पार करने के लिए तैयार करते हैं, और सही जाना)$c$$<$$0$
• पर लिखने और छोड़ दिया जाने (बाएं से दाएं पार, अगले सही-से-बाएँ के लिए तैयार)$<$$>$
• ऑन लिखें और दाएं जाएं (दाएं से बाएं क्रॉसिंग, अगले बाएं से दाएं के लिए तैयारी करें)$>$$<$
• पर , अस्वीकार पर$A$$R$
• रिक्त अस्वीकार पर$b$

उदाहरण:

  :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

इस ज़िग-ज़ैग तकनीक का उपयोग रोगोज़िन (रोगोज़िन 1996) द्वारा निर्मित सबसे छोटी 2-स्टेट्स यूनिवर्सल ट्यूरिंग मशीन (इसमें 18 चिन्ह) में किया गया है। TCS, 168 (2): 215–240)।

यह सुनिश्चित करने के लिए कुछ ध्यान दिया जाना चाहिए कि सभी इनपुटों पर टिका है (बस ध्यान दें कि यह रिक्त इनपुट पर अस्वीकार कर देता है और सभी गैर-हॉल्टिंग प्रतीकों को या जो " अनंत लूप को जन्म नहीं दे सकता " को "अभिसरण" करता है )।$M$$<$$>$

DavidG से टिप्पणी की है, भाषा द्वारा मान्यता प्राप्त का सुपरसेट है (यानी ) लेकिन यह से कोई भी स्ट्रिंग शामिल नहीं है (यानी ) और - जैसा कि मिखाइलरुडॉय ने टिप्पणी की है - यह साबित करने के लिए पर्याप्त है कि नियमित नहीं है।$L(M)$$M$$L_Y$$L_Y \subset L(M)$$L_N$$L(M) \cap L_N = \emptyset$$L(M)$

वास्तव में यदि नियमित है तो नियमित होगा ( जो पंपिंग लेम्मा के एक साधारण अनुप्रयोग द्वारा नहीं है); एक विरोधाभास के लिए अग्रणी।$L(M)$$L(M) \cap \{ r0^*1^*A \} = L_Y = \{ r0^n 1^mA \mid m \leq n \}$

इसलिए नियमित नहीं है ।$L(M)$

... लेकिन सभी सुपरहीरो की तरह में एक की एड़ी है: यह नियमित रूप से पहचान भी नहीं सकता है:$C_3$

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

अनौपचारिक रूप से यह केवल सबसे बाईं ओर का उपयोग कर सकता है ( एक रिक्त प्रतीक है) या सही एक हुक के रूप में और दूसरी दिशा में "विस्तार"; लेकिन अंतिम स्वीकार या अस्वीकार विपरीत पक्ष के खाली प्रतीक पर नहीं हो सकता है, इसलिए यह केवल एस के आंतरिक भाग पर किया जा सकता है और एक लंबे पर्याप्त इनपुट से शुरू करके इसे एक "खींच" किया जा सकता है।$b 1 ...$$b$$1b...$$1$

अंत में - कागज पढ़ने के बाद - मैं पुष्टि कर सकता हूं कि इसमें वर्णित एक-राज्य TM आपकी कक्षा से मेल खाता है ... (इसलिए यहां कुछ भी नया नहीं है :-) ... और लेखक द्वारा इस्तेमाल किया गया यह साबित करने के लिए कि इसमें गैर शामिल है -मानसिक भाषाएं मेरे लिए बहुत समान हैं।$C_3$

Comments

मुझे उत्तर (+1) बहुत पसंद है। हालाँकि, TM का वर्णन एक अलग भाषा को स्वीकार करता है। यह, उदाहरण के लिए, स्ट्रिंग्स को भी स्वीकार करता है rrrrr00011AAAA, r000000r0000r0000r00011A, r00011A11111111 (ए के बाद यह लोगों के बजाय कुछ भी हो सकता है) ...

— डेविड जी

@ डेविड: आप सही कह रहे हैं! मैंने इसके बारे में बहुत अधिक नहीं सोचा ... मैं इसे ठीक करने की कोशिश करता हूं।

— Marzio De Biasi

दरअसल, के माध्यम से भी $L$ वर्णित टीएम द्वारा मान्यता प्राप्त भाषा नहीं है, वह भाषा निश्चित रूप से नियमित नहीं है: यदि वह टीएम है $M$, फिर $L(M) \cap r0^*1^*A = L$ इसलिए विरोधाभास द्वारा एक छोटा सा सबूत (यदि) $L(M)$ तब नियमित है $L(M) \cap r0^*1^*A = L$नियमित भी होगा; विरोधाभास) वह दिखा सकता है$L(M)$नियमित नहीं है।

— मिखाइल रूडॉय

@ मिखाइलरुदॉय: हाँ! मेरा भी यही विचार था। मैंने उत्तर को संपादित करने के लिए cstheory खोला, और आपकी टिप्पणी देखी। आइए देखें कि क्या मैं आपकी टिप्पणी को ध्यान में रखते हुए उत्तर को फिर से लिख सकता हूं ...

— Marzio De Biasi

Answer 2

मैंने की ताकत को कम करके आंका $C_3$... वास्तव में यह अतिसक्रियता से बहुत दूर नहीं है !

(मैं इसे बेहतर स्पष्टता के लिए एक अलग उत्तर के रूप में पोस्ट करता हूं)

हम एक एकल राज्य ट्यूरिंग मशीन का निर्माण कर सकते हैं $M$ जो फार्म के तारों को स्वीकार करता है:

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

और फार्म के तार को खारिज कर दिया:

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

विचार और निर्माण पिछले उत्तर में एक के समान है: पहले को बदलना $a$ में $A$, सिर को स्ट्रिंग के मध्य तक पहुंचने दें, फिर एक "स्टेटलेस" ज़िग-ज़ैग करें, लेकिन संक्रमण इस तरह से पहले हाफ पर "बाइनरी काउंटर" लागू करते हैं: $Z$(शून्य) सिर को वापस दाईं ओर उछालें , और रूपांतरित करें$Z$ में $S$ (एक) अगली बार सिर तक पहुँचता है $S$, इसे में बदलना $)$और सिर को बाएं छोड़ दो; जब सिर पहुँचता है$)$ इसे बदलने के लिए $Z$। स्ट्रिंग का दूसरा आधा एक यूनिरी काउंटर की तरह व्यवहार करता है।

संक्रमण हैं:

• पर $r$ लिखो $R$ और सही कदम (अस्वीकार करने के लिए तैयार)
• पर $0$ लिखो $Z$ और दाईं ओर जाएं (केंद्र की ओर बढ़ते हुए, बाइनरी काउंटर को 0 पर सेट करें)
• पर $1$ लिखो $>$ और बाईं ओर ले जाएँ (निशान a $1$ और यूनिरी काउंटर को घटाएं, अगले बाएं-दाएं क्रॉसिंग की तैयारी करें और बाइनरी काउंटर पर वापस जाएं)
• पर $>$ लिखो $<$ और दाएं जाएं (स्ट्रिंग के दूसरी छमाही के दाएं से बाएं, अगले बाएं-दाएं के लिए तैयारी करें)
• पर $<$ लिखो $>$ और बाएं (बाएं-से-दाएं क्रॉसिंग की दूसरी छमाही के लिए, अगले दाएं-बाएं की तैयारी करें)
• पर $Z$ लिखो $S$ और दाईं ओर ले जाएं (अंक को एक में बदलें और वापस दाईं ओर उछालें)
• पर $S$ लिखो $)$ और बाएँ ले जाएँ (अंक को साफ़ करें, और सिर को बाईं ओर ले जाएँ जैसे "कैरी", पहले भाग के अगले बाएँ-से-दाएँ की तैयारी करें)
• पर $)$ लिखो $Z$ और दाईं ओर जाएं (शून्य सेट करें जो उछाल का कारण बनेगा, और सिर को दाईं ओर जाने दें)
• पर $A$ स्वीकार करें, पर $R$ अस्वीकार
• रिक्त पर $b$ अस्वीकार

उदाहरण:

 :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

यह साबित करने के लिए कुछ ध्यान दिया जाना चाहिए $M$ सभी निविष्टियों पर पड़ाव (केवल ध्यान दें कि यह रिक्त इनपुट और सभी गैर-हॉल्टिंग प्रतीकों "चक्र" के माध्यम से अस्वीकार करता है $( , S , Z$ या $<, >$ जो अनंत लूप की ओर नहीं ले जा सकता है)।

भाषा $L(M)$ का सुपरसेट है $L_Y$ ($L_Y \subset L(M)$) और इसमें तार नहीं हैं $L_N$ ($L(M) \cap L_N = \emptyset$)।

मान लो कि $L(M)$है प्रसंग नि: शुल्क , नियमित रूप से भाषा के साथ यह अन्तर्विभाजक सीएफएल के बंद होने के गुण द्वारा -, तो$\{r 0^* 1^* A\}$ एक सीएफ भाषा का उत्पादन करें:

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

लेकिन सीएफएल के लिए ऑग्डेन लेम्मा के एक साधारण आवेदन से हम यह साबित कर सकते हैं$L_Y \notin CFL$: बस एक लंबे समय उठाओ $s \in L_Y$ और सभी को चिह्नित करें $0$एस; कम से कम एक शून्य को पंप किया जा सकता है और जो भी संख्या है$1s$ पंपिंग स्ट्रिंग में घातीय वृद्धि $2^n$ एक तार की ओर जाता है $\notin L_Y$)।

इसलिए $L(M)$ प्रसंग मुक्त नहीं है ।

... अब मैं सोच रहा था कि क्या यह एक और "पहिया को सुदृढ़ करने वाला" उत्तर है, या यह एक नया (छोटा) परिणाम है।

Comments

ठीक है, यहाँ की भाषा coNLOGTIME के ​​रूप में निम्न वर्ग के लिए अभिकलन है, इसलिए इसे अतिसक्रियता की आवश्यकता नहीं है। (असल में,$L_Y$ तथा $L_N$DLOGTIME में भी अलग किया जा सकता है।)

— Emil Je Augábek

@ EmilJe Emábek: मैंने कहा, "बहुत दूर नहीं" ... उस छोटे वर्ग की महत्वाकांक्षाओं को मत जगाओ ... :-)

— Marzio De Biasi

Answer 3

इस उत्तर में यह माना जाता है कि ट्यूरिंग मशीनों में दोनों तरह के अनंत टेप होते हैं। दावे एक तरफ़ा अनंत टेपों के लिए नहीं हैं।

मुझे पहले भाषाओं के वर्ग को परिभाषित करने दें $C_3'$3 राज्यों के साथ एक-टेप ट्यूरिंग मशीनों द्वारा निर्णायक सभी भाषाओं की श्रेणी के रूप में ($C_3$3 भाषाओं के साथ एक-टेप ट्यूरिंग मशीनों द्वारा पहचानने योग्य भाषाओं के वर्ग के रूप में परिभाषित किया गया था )। मैंने क्लास शुरू की$C_3'$ क्योंकि मेरे मूल उत्तर में, मैंने अनजाने में कक्षाओं को स्वैप कर दिया था $C_3$ तथा $C_3'$ (मैंने केवल कक्षा पर विचार किया $C_3'$)।

यह उत्तर @MarzioDeBiasi के उत्तर का पूरक है। उन्होंने दिखाया कि कक्षाएं$C_3$ तथा $C_3'$CFL में सम्‍मिलित नहीं हैं और इस प्रकार काफी रोचक भाषाएं हैं। हालांकि, जैसा कि मैं इस पोस्ट में दिखाऊंगा, प्रत्येक भाषा$L$ में $C_3'$ संपत्ति है कि सेट है $\{1^n;n\in\mathbb{N}\backslash\{0\}\}$ या तो अंदर है $L$ या इसके पूरक में $L^C$। इस प्रकार$C_3'$भी बहुत प्रतिबंधक है, उदाहरण के लिए। इसमें केवल तुच्छ एकता भाषाएँ शामिल हैं$\{\}$, $\{\varepsilon\}$, $\{1^n;n\in\mathbb{N}\}$ तथा $\{1^n;n\in\mathbb{N}\backslash\{0\}\}$। कक्षा$C_3$इसमें थोड़ी अधिक असमान भाषाएँ हैं। हालाँकि, यह माना जाता है कि यदि$L\in C_3$ तथा $1^n\in L$ के लिये $n\geq 1$, फिर $1^m\in L$ सबके लिए $m\geq n$। एक सरल शब्दकोष यह है कि सभी नियमित भाषाएं नहीं हैं$C_3$ न में $C_3'$। भाषा भी$\{1\}$ इसमें नहीं है $C_3$ न में $C_3'$।

---

दावे के बारे में (बोल्ड में) $C_3'$, यह साबित करने के लिए पर्याप्त है कि एक-टेप ट्यूरिंग मशीन $M$ 3 राज्यों के साथ जो हमेशा रुका रहता है या तो स्वीकार करता है या सभी तार को अस्वीकार करता है $\{1^n;n\in\mathbb{N}\backslash\{0\}\}$। मान लीजिए कि प्रपत्र की एक स्ट्रिंग$1^n$, $n\in\mathbb{N}\backslash\{0\}$को दिया जाता है $M$। तीन मामले हैं:

1) जब$M$ 1 पढ़ता है, यह स्वीकार या अस्वीकार करता है।

२) जब$M$1 पढ़ता है, यह सिर को बाईं ओर ले जाता है। अगर हम चाहें$M$इस इनपुट को रोकने के लिए, इसे खाली प्रतीक पर दाईं ओर स्वीकार या अस्वीकार करना होगा। इसलिए, यह कभी भी टेप के प्रारंभिक सेल के दाईं ओर सेल का दौरा नहीं करता है। यदि ऐसा होता है, तो यह इनपुट 1 पर हमेशा के लिए चलेगा।

३) जब$M$1 पढ़ता है, यह सिर को दाईं ओर ले जाता है। इसके बाद ऐसा होता है$n$ कदम, टेप की सामग्री है $A^n$ कहाँ पे $A$ टेप वर्णमाला और के सिर से कुछ प्रतीक है $M$ अंतिम के दाईं ओर सबसे बाईं ओर खाली प्रतीक है $A$। अगर हम चाहें$M$इस इनपुट को रोकने के लिए, इसे खाली प्रतीक पर बाईं ओर स्वीकार या अस्वीकार करना होगा। के रूप में 2), के प्रमुख$M$ अब सीधे दाईं ओर बाईं ओर सेल पर कभी नहीं जाएगा $A$। अगर ऐसा होता, तो$M$ इनपुट 1 पर हमेशा के लिए चलेगा।

यह स्पष्ट है कि तीनों मामलों में $M$ सेट से सभी तार स्वीकार करता है $\{1^n;n\in\mathbb{N}\backslash\{0\}\}$ या यह उन सभी को अस्वीकार करता है।

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दावे का प्रमाण (बोल्ड में) $C_3$ऊपर के रूप में एक ही पंक्ति का अनुसरण करता है। हम एक-टेप 3-स्टेट ट्यूरिंग मशीन लेते हैं$M$ यह एक स्ट्रिंग स्वीकार करता है $1^n$ कुछ के लिए $n\geq 1$। मान लीजिए$M$ एक इनपुट दिया गया है $1^m$ के लिये $m\geq n$। हमें यह साबित करना होगा$M$इस इनपुट को स्वीकार करता है। हमारे पास 3 मामले हैं:

1) जब$M$ 1 पढ़ता है, यह स्वीकार करता है।

२) जब$M$1 पढ़ता है, यह सिर को बाईं ओर ले जाता है। चूंकि$M$ इनपुट स्वीकार करता है $1^n$, इसे खाली प्रतीक पर दाईं ओर स्वीकार या स्थानांतरित करना होगा। इसलिए, यह कभी नहीं जाता है$n$प्रारंभिक सेल के दाईं ओर वें सेल। यदि ऐसा होता है, तो यह इनपुट पर हमेशा के लिए चलेगा$1^n$।

३) जब$M$1 पढ़ता है, यह सिर को दाईं ओर ले जाता है। इसके बाद ऐसा होता है$m$ कदम, टेप की सामग्री है $A^m$ कहाँ पे $A$ टेप वर्णमाला और के सिर से कुछ प्रतीक है $M$ अंतिम के दाईं ओर सबसे बाईं ओर खाली प्रतीक है $A$। चूंकि$M$ इनपुट स्वीकार करता है $1^n$, इसे खाली प्रतीक पर बाईं ओर स्वीकार या स्थानांतरित करना होगा। के रूप में 2), के प्रमुख$M$ अब कभी नहीं जाएंगे $n$वें कोशिका दाईं ओर बाईं ओर $A$। यह इनपुट पर है$1^n$, $M$ प्रारंभिक सेल के सीधे छोड़ दिए गए सेल पर नहीं जाता है, क्योंकि इसमें रिक्त प्रतीक होता है और यदि वह इसे पढ़ेगा, तो यह हमेशा के लिए चलेगा।

यह स्पष्ट है कि तीनों मामलों में $M$ सेट से सभी तार स्वीकार करता है $\{1^m;m\geq n\}$।

Comments

सबसे पहले, प्रश्न में कहीं भी यह नहीं कहा गया है कि एम को सभी इनपुट पर रोकना होगा, ताकि इस उत्तर में कुछ तर्क खराब हो जाएं। इसके अलावा, कई मामलों में तर्क मेरे लिए मायने नहीं रखता है। उदाहरण के लिए, यदि मामला 3 में, यदि M खाली और A दोनों पर छोड़ता है, तो M सीधे दाईं ओर A (उत्तर से दावे के विपरीत इसके विपरीत) के बाईं ओर सेल पर जाएगा

— मिखाइल रुडोय

अच्छा; इसे बताने का दूसरा तरीका है: यदि$\Sigma = \{1\}$ (एकात्मक भाषा) तब $\exists k \mbox{ s.t. }1^k \in L(M) \Leftrightarrow L(M) = \{1^n \mid n > 0 \}$...

— मरजियो दे बियासी

@ मिखाइलरुदॉय, पहले मामले को स्पष्ट करने के लिए 3: यदि सिर ए और खाली प्रतीक दोनों पर छोड़ दिया जाता है, तो यह हमेशा के लिए छोड़ दिया जाएगा और रुक नहीं जाएगा। यदि यह कभी भी (100 चरणों के बाद कहता है) सीधे दाईं ओर के बाईं ओर स्थित सेल पर जाता है, तो इनपुट 1 के मामले में यह कभी नहीं रुकता है (इस मामले में सीधे दाईं ओर के बाएं सेल में खाली प्रतीक होगा)।

— डेविड जी

@ मिखाइलरुडॉय, यह सच है कि मैंने मान लिया था कि ट्यूरिंग मशीन को रोकना है। मैं इस संभावना को भी शामिल करने के उत्तर को संपादित करूंगा कि यह हमेशा के लिए चलता है। परिणाम समान है।

— डेविड जी

@ मिखाइलरुडॉय: 1 राज्य ट्यूरिंग मशीनों के लिए बीटीडब्लू हैटलिंग समस्या विकट है; गैबर टी। हरमन को देखें , सामान्यीकृत एक-राज्य ट्यूरिंग मशीनों के लिए समान रूप से रुकने की समस्या । वर्णित मॉडल आपके से थोड़ा अलग है: टीएम स्वीकार करता है यदि यह एक नश्वर कॉन्फ़िगरेशन में समाप्त होता है (कोई स्वीकृति / अस्वीकृति नहीं है); लेकिन परिणाम आपके मॉडल पर भी लागू होता है (सिर्फ प्रतीकों पर टीएम को रोकें जो आपके अतिरिक्त स्वीकार / अस्वीकार राज्यों का नेतृत्व करते हैं)।

— Marzio De Biasi