Θεωρία Υπολογισμού και Πολυπλοκότητα

Transcript

1 Θεωρία Υπολογισμού και Πολυπλοκότητα Κεφάλαιο 12. Θεωρία Υπολογισιμότητας 30Μαρτίου, 17 Απριλίου 2007 Δρ. Παπαδοπούλου Βίκη 1

2 Θέση Church-Turing Τι μπορεί να υπολογιστεί και τι δεν μπορεί να υπολογιστεί? Θέση Church-Turing: ότι μπορεί να υπολογιστεί (υπάρχει αλγόριθμος) μπορεί να υπολογιστεί από μια μηχανή Turing. Δηλ. Αλγόριθμος είναι μια μηχανή Turing που τερματίζει για όλες τις εισόδους του προβλήματος Τα προβλήματα που δεν μπορούν να επιλυθούν από μια μηχανή Turing δεν μπορούν να επιλυθούν. (είναι μη επιλύσιμα). ΗθέσητωνChurch-Turing είναι η επικρατέστερη άποψη για το θέμα. 2

3 Υπάρχουν γλώσσες που δεν είναι αναδρομικές ή αναδρομικά απαριθμίσιμες? Οι γλώσσες αναπαραστούνται με συμβολοσειρές (λέξεις). Π.χ. L={w Σ : w : περιττός} Π.χ. L={a n b n a n } Π.χ. Πεπερασμένα Αυτόματα ή μηχανές Turing Οι λέξεις που μπορούν να οριστούν για όλα τα αλφάβητα είναι απείρως αριθμήσιμες. Οι γλώσσες που μπορούν να αναπαρασταθούν με συμβολοσειρές είναι απείρως αριθμίσημες Υπάρχουν μόνο απείρως αριθμίσιμες γλώσσες Υπάρχουν μόνο απείρως αριθμίσιμες γλώσσες αναδρομικές ή αναδρομικά αριθμήσιμες Όλες οι γλώσσες όμως είναι μη αριθμήσιμες Υπάρχουν γλώσσες που δεν είναι αναδρομικές ή αναδρομικά αριθμήσιμες 3

4 Καθολικές Μηχανές Turing Οι μηχανές Turing σχεδιάζονται από την αρχή για μια λειτουργία Μπορούμε να προγραμματίσουμε μια μηχανή Turing να κάνει μια λειτουργία? Kαθολική Μηχανή Turing Κωδικοποιώ την λειτουργία (μηχανή Turing, Μ 1 ) που θέλω να εκτελέσω ως μια λέξη ΤηνεισάγωστηνείσοδοτηςKαθολική Μηχανή Turing H μηχανή προσδιορίζει τις μεταβάσεις της με βάση την κωδικοποιημένη M 1 4

5 Το Πρόβλημα του Τερματισμού Πρόβλημα Τερματισμού: Ας υποθέσουμε ότι έχουμε το εξής καταπληκτικό πρόγραμμα: Πρόγραμμα halts(p, Χ), γραμμένο σε μια γλώσσα προγραμματισμού Είσοδος: ένα πρόγραμμα P στην ίδια γλώσσα μια είσοδος X του προγράμματος P Έξοδος: NAI: αν το P τερματίζει πάντα με είσοδο X OXI: αν το P θα έτρεχε επ άπειρον 5

6 Πρόγραμμα Diagonal(X) Diagonal(Χ) α : If halts(x, Χ) then goto α else halt Τι κάνει το diagonal? Αν το πρόγραμμα halts αποφασίσει ότι το πρόγραμμα X θα τερμάτιζε με είσοδο X (τον εαυτό του), τότε το diagonal πέφτει σε άπειρη ανακύκλωση αλλιώς τερματίζει. ΕΡΩΤΗΣΗ: Τερματίζει το diagonal(diagonal)? Το diagonal(diagonal) τερματίζει εάν και μόνο εάν το halts(diagonal, diagonal) επιστρέφει OXI. halts(diagonal, diagonal) επιστρέφει OXI εάν και μόνο εάν το πρόγραμμα diagonal με είσοδο Χ=diagonal (δηλ. το diagonal(diagonal)) δεν τερματίζει. Δηλ. diagonal(diagonal) τερματίζει εάν και μόνο εάν το diagonal(diagonal) δεν τερματίζει! 6

7 ΑΤΟΠΟ. Άρα η υπόθεση ότι το halts() υπάρχει είναι λάθος. Δηλ. Είναι αδύνατο να βρεθεί ένα πρόγραμμα ή αλγόριθμος που να αποφασίζει για οποιοδήποτε πρόβλημα αν θα τερματίσει ή θα πέσει σε άπειρη ανακύκλωση. 7

8 Ορισμοί Δύο Σημαντικών Γλωσσών K 0 = {(p(μ),x) ημηχανήturing Μαποδέχεταιτηλέξηx} οι λέξεις που κωδικοποιούν μια μηχανή Turing M που αποδέχεται τη λέξη x Γλώσσα Τερματισμού K 1 = {x ηλέξηx κωδικοποιεί μια μηχανή Turing Μ x που αποδέχεται τη λέξη x} κωδικοποιεί μια μηχανή Turing Μ x που αποδέχεται τη λέξη x οι λέξεις που κωδικοποιούν μια μηχανή Turing και γίνονται δεχτές από αυτήν Γλώσσα Αυτοτερματισμού Κοινό Χαρακτηριστικό: Αυτοαναφορά Κ 1 = Η μηχανήm x δέχεται τη λέξη x, δηλαδή παίρνει τον εαυτό της σαν είσοδο κωδικοποιημένο. 8

9 Παρατηρείστε H K 1 είναι αναδρομικά απαριθμίσιμη. 9

10 Θεώρημα Θεώρημα. Η γλώσσα δεν είναι αναδρομικά αριθμήσιμη. Απόδειξη. Από τον ορισμό της γλώσσας, έχουμε ότι για κάθε λέξη x Σ *, x ηλέξηx κωδικοποιεί μια μηχανή Turing M x ηοποίαδεν αποδέχεται τη λέξη x} ή K 1 ηλέξηx δεν κωδικοποιεί μηχανή Turing (σχέση 1) K 1 K 1 10

11 απόδειξη θεωρήματος Υποθέτουμε για να φτάσουμε σε αντίφαση ότι η γλώσσα K 1 είναι αναδρομικά αριθμήσιμη. Από τον ορισμό των αναδρομικά αριθμησίμων γλωσσών, υπάρχει λέξη x 0 Σ * η οποία κωδικοποιεί μηχανή Turing Μx0 η οποία αποδέχεται τη γλώσσα. για κάθε λέξη x Σ* x η μηχανή Turing Μx0 αποδέχεται τη λέξη x. (σχέση 2) K 1 K 1 11

12 απόδειξη θεωρήματος Από τις σχέσεις 1 και 2, για κάθε λέξη x Σ *, ηλέξηx κωδικοποιεί μηχανή Turing M x η οποία δεν αποδέχεται τη λέξη x ή ηλέξηx δεν κωδικοποιεί μηχανή Turing ημηχανήturing Μx0 αποδέχεται τη λέξη x. Θέτω x: = x 0 στηντελευταίαισοδυναμία. ημηχανήturing Μx0 δεν αποδέχεται τη λέξη x 0 ημηχανήturing Μx0 αποδέχεται τη λέξη x 0. Αντίφαση. 12

13 Πόρισμα Αφού η Κ 1 είναι αναδρομικά απαριθμίσιμη. Πόρισμα. Το σύνολο των αναδρομικά απαριθμίσιμων γλωσσών δεν είναι κλειστό ως προς την συμπλήρωση. Πόρισμα 2. Η K 1 δεν είναι αναδρομική. ΟλαταστοιχείαπροσδιορίζουντηνΚ 0 Η διαγώνιος προσδιορίζει την Κ 1 Άφού η Κ 1 δεν είναι αναδρομική ούτε η Κ 0 είναι αναδρομική. 13

14 Μη Επιλύσημα Προβλήματα με Μηχανές Turing Συμπέρασμα Αφού η Κ 1 δεν είναι αναδρομικά απαριθμίσιμη και αν δεχθούμε την θέση Church-Turing ότι αλγόριθμος=μηχανή Turing που αποφασίζει Δεν υπάρχει αλγόριθμος που αποφασίζει δεδομένης μιας οποιασδήποτε μηχανής Turing M και εισόδου w εάν η M αποδέχεται την w ήόχι. Το πρόβλημα είναι μη επιλύσιμο ή μη-αποφασίσιμο Πιο διάσημο μη-επιλύσιμο πρόβλημα: Το πρόβλημα του Τερματισμού: αποφασίζει εάν μια μηχανή Turing τερματίζει για μια δεδομένη είσοδο. 14

15 Συνέπεια: Πολλά Μη-επιλύσημα προβλήματα Ορισμός. (Πολλά προς Ένα Αναγωγισιμότητα) Έστω L 1, L 2 Σ * δύο γλώσσες. Μια αναγωγή από την L 1 στην L 2, L 1 L 2, είναι μια αναδρομική συνάρτηση τ: Σ * Σ * τέτοια ώστε x L 1 αν και μόνο αν τ(x) L 2. Χρήση: Για να δείξουμε ότι η L 2 δεν είναι αναδρομική: Προσδιορίζω μια γλώσσα L 1 που είναι γνωστό ότι είναι μη αναδρομική Ανάγω την L 1 στην L 2. 15

16 Χρήση Αναγωγών Θεώρημα 1. Αν η L 1 δεν είναι αναδρομική και υπάρχει μια αναγωγή από την L 1 στην L 2, τότε και η L 2 δεν είναι αναδρομική. Απόδειξη. Υποθέστε ότι η L 2 είναι αναδρομική. Αποφασίζεται από μια μηχανή M 2. Έστω Τ ημηχανήπουυπολογίζειτηναναγωγήτ. ΗμηχανήΤΜ 2 αποφασίζει για την L 1. H L 1 όμως είναι μη αποφασίσιμη. ΑΤΟΠΟ. 16

17 Παράδειγμα. Αποδείξτε ότι η Κ 0 δεν είναι αναδρομική. Απόδειξη. Ξέρουμε ότι η Κ 1 είναι μη αναδρομική. Δείχνουμε ότι K 1 K 0 Ορίζουμε την τ ηοποίαμετασχηματίζει μια είσοδος της K 1 «Μ» «Μ» «Μ» : είσοδος της Κ 0 η τ είναι αναδρομική συνάρτηση. η «Μ» είναι αποδεκτή από την K 1 εάν και μόνο αν η «Μ» «Μ» είναι αποδεκτή από την Κ 0 η τ είναι συνάρτηση αναγωγής από την Κ 1 στην Κ 0 αφού η Κ 1 δεν είναι αναδρομική από Θεώρημα 1 ούτε η Κ 0 είναι αναδρομική. 17

18 Ιδιότητες Γλωσσών Μεταβατικότητα. Για L 1, L 2, L 3 Σ *, αν L 1 L 2 και L 2 L 3 τότε L 1 L 3. Αναδρομικότητα (αναδρομική απαριθμισιμότητα) Κληρονομεί προς τα Κάτω. Για L 1, L 2 Σ *, αν L 1 L 2 και η L 2 είναι αναδρομική (αναδρομικά απαριθμίσιμη) τότε και η L 1 είναι αναδρομική (αναδρομικά απαριθμίσιμη). Μη Αναδρομικότητα (αναδρομική απαριθμισιμότητα) Κληρονομεί προς τα Πάνω. Για L 1, L 2 Σ *, αν L 1 L 2 και η L 1 είναι μη αναδρομική (αναδρομικά απαριθμίσιμη) τότε και η L 2 είναι μη αναδρομική (αναδρομικά απαριθμίσιμη). Συμμετρίας ως προς την συμπλήρωση. Για L 1, L 2 Σ *, L 1 L 2 αν και μόνο αν ΝΟΤ (L 1 ) ΝΟΤ (L 2 ). 18

19 Ιδιότητες Συγκρισιμότητα. Δύο γλώσσες L 1, L 2 Σ * είναι συγκρίσιμες όταν ή L 1 L 2 ή L 2 L 1. Μη συγκρισιμότητα. Για L Σ * αν η L είναι αναδρομικά αριθμίσιμη αλλά όχι αναδρομική, τότε ούτε L ΝΟΤ (L) ούτε ΝΟΤ (L ) L. Ισχύει: Οποιαδήποτε συναναδρομικά αριθμίσιμη γλώσσα L είναι L ΝΟΤ(K 0 ). 19

20 Παραδείγματα. 1. Θεώρημα. Για οποιαδήποτε αναδρομικά αριθμήσιμη γλώσσα L, L K 0. Απόδειξη. ΗγλώσσαL είναι αναδρομικά αριθμήσιμη υπάρχει μηχανή Turing M τέτοια ώστε L(M) = L. Για οποιαδήποτε λέξη x Σ *, x L αν και μόνο αν η μηχανή Turing M αποδέχεται τη λέξη x. Ορίζουμε τη συνάρτηση f ώστε για x Σ *, f(x) = h ρ(m), x i. Ησυνάρτησηf είναι αναδρομική συνάρτηση. Για οποιαδήποτε λέξη x Σ, x L αν και μόνο αν ημηχανήturing Μ αποδέχεται τη λέξη x (αφού L = L(M) ) f: αν και μόνο αν ρ(m), x (από τον ορισμό της γλώσσας K 0 ). Η f είναι συνάρτηση αναγωγής από την L στην K 0. L m K 0. 20

21 Παραδείγματα. (φροντιστήριο) Αναδρομικότητα Κληρονομεί προς τα Κάτω. Για L 1, L 2 Σ *, αν L 1 L 2 και η L 2 είναι αναδρομική τότε και η L 1 είναι αναδρομική. Απόδειξη. 21

22 Παραδείγματα. (φροντιστήριο) 22

23 Παραδείγματα. (φροντιστήριο) Αποδείξτε ότι το παρακάτω γλώσσα είναι μη-επιλύσιμη (δηλ. μη αναδρομική): L 2 ={p(μ) η Μ τερματίζει για τουλάχιστον μια συμβολοσειρά e}. γνωρίζοντας ότι η παρακάτω συνάρτηση είναι μη-επιλύσημη: L 1 ={p(μ) η Μ τερματίζει με συμβολοσειρά εισόδου την e}... Δείχνω ότι L 1 L 2 23

24 24