图灵机可以决定的语言

令 有图灵机R决定（我不是说承认）语言吗？大号

似乎用来显示同样适用。$\{A \mid A \text{ is a DFA and } L(A)=\emptyset\}$

通过标记，您可能意味着可及性分析-寻找从初始状态到接受状态的路径。确实，如果没有这样的路径，DFA的语言将是空的。

让我们从一个示例开始，以了解为什么它在TM中失败。考虑一个TM，它在中忽略它的输入，但在磁带上写一个a，向右移动磁头，进入状态q 1，然后在q 1中，它再次忽略输入，写一个，向左移动磁头，然后走至q 2。在q 2中，如果读取a，则写入a，将磁头向右移动并返回q 1。$q_0$$a$$q_1$$q_1$$a$$q_2$$q_2$$a$$a$$q_1$

也就是说，机器仅写入并在两个状态（q 1和q 2）之间交替，并且在磁带上始终有两个相邻的a。$a$$q_1$$q_2$$a$

现在，我们从添加一个过渡，即当读取b时，过渡到接受状态并停止。$q_2$$b$

该机器的语言为空。确实，运行总是卡在循环中，并且永远不会进入接受状态。但是，存在通往接受状态的状态路径。那么出了什么问题？$q_1-q_2$

好吧，从直觉上讲，TM的``状态''不足以描述运行的继续。为了获得所有信息，您需要配置 TM，其中包括状态，磁头位置和磁带内容。如果您找到接受配置的配置路径（称为run），则该语言确实是非空的，并且是iff条件。

在配置图上使用可达性分析的问题在于它可能是无限的。这就是为什么无法确定语言是否为空的原因。

这也是识别语言非空性的原因-您可以在无限配置图上执行BFS。如果存在通往接受状态的路径，则最终会找到它。但是，如果没有，您可能会陷入无限搜索中。

由于赖斯定理， A是不可确定的，该定理指出部分函数的非平凡性质是不可确定的。$A$

1. 有一个不接受任何字符串的TM。（直接进入拒绝状态）。
2. 有一个TM可以接受每个字符串。（直接进入接受状态）。

这意味着由元素计算的函数具有非平凡的属性。因此，A是不可决定的。$A$$A$

仅在假设以状态转移表等特殊方式对DFA进行编码的情况下才能确定 E（由于赖斯定理，我们无法确定TM是否仅接受常规语言！）。在这种情况下，莱斯定理不适用，因为确定 E时需要元素的特定编码。因此，我们不仅仅决定部分功能。$E$$E$

（也就是说，如果问题出在确定某个特定的TM是DFA还是DFA可计算的，并且它接受的语言为空，则根据莱斯定理无法确定请注意，在这种情况下，A = E）$E$$A = E$

另一个提示：尽量减少停机问题，以。$L_\emptyset$

（最初的提示是使用莱斯定理，但是在这种情况下，直接证明也非常简单。）

引理1：如果L不可确定，则L的补码也是如此。

我们知道，暂停问题$H_{TM}$是无法确定的。因此，根据停止问题的引理1补，$H_{TM}^c$也是不确定的。

$H_{TM}$ =$\{\langle M, x \rangle { }\mid \text{ M is a TM and M halts on input x } \}$

$H_{TM}^c$ =$\{\langle M, x \rangle { }\mid \text{ M is a TM and M loops on input x } \}$

$E_{TM}$ =$\{\langle M \rangle { }\mid \text{ M is a TM and L(M) = } \emptyset \}$

假设$E_{TM}$是可确定的。我们将降低$H_{TM}^c$到$E_{TM}$ -换句话说，我们将展示如何构建一个图灵机$M_{H_{TM}^c}$是决定$H_{TM}^c$使用TM，$M_{E_{TM}}$是决定$E_{TM}$。这给我们带来了一个矛盾，因为我们知道$H_{TM}^c$是不确定的，因此$M_{H_{TM}^c}$不存在。“减少”一词仅意味着通过将给定问题转换成我们已经知道要解决的另一个问题来解决该问题。因此，用于$H_{TM}^c$的图灵机可以构造如下：

$M_{H_{TM}^c}$上输入=”$\langle M,x \rangle$

$\qquad$1.为执行以下操作的TM $M_1$构造代码：

$\qquad$ $\quad$ $M_1$ =“在输入$w$

$\qquad$ $\quad$1.模拟$M$上$x$。

$\qquad$ $\quad$2.接受，如果$M$暂停“。

$\qquad$2.运行$M_{E_{TM}}$上$\langle M_1 \rangle$

$\qquad$3.接受如果$M_{E_{TM}}$接受，拒绝否则“。

至关重要的是要了解，TM $M_1$从未真正进行过仿真-这样的仿真可能会陷入无限循环。我们正在做的是构造$M_1$的代码。

$M_1$被构造成使得在任何输入$w$给它，它将模拟$M$与输入$x$。$M$可能会在$x$暂停或循环，因此可能有两种情况：

$\quad$1. 如果M在x上暂停，则$M_1$接受所有输入$w$。M E T M将拒绝M 1为L （M 1）≠ ∅。$M$$x$$M_{E_{TM}}$$M_1$$L(M_1) \neq \emptyset$

$\quad$2.如果$M$在$x$循环，则$M_1$还将针对为其提供的每个输入$w$循环。无论如何，因为$M_{E_{TM}}$是$\quad$决定者将拒绝输入并停止输入$M_1$因为$L(M_1) = \emptyset$。

$Correctness$：由于$M_{E_{TM}}$总是暂停（由我们的假设），$M_{H_{TM}^c}$也总是暂停。$M_{H_{TM}^c}$接受如果$M_{E_{TM}}$接受，也就是如果$L(M_1) = \emptyset$这恰好如果$M$上循环$x$。
$M_{H_{TM}^c}$拒绝如果$M_{E_{TM}}$拒绝在 M暂停 x时发生的$L(M_1) \neq \emptyset$。因此，中号ħ Ç Ť 中号决定 ħ Ç Ť 中号这是一个矛盾作为 ħ Ç Ť 中号是不可判定。$M$$x$$M_{H_{TM}^c}$$H_{TM}^c$$H_{TM}^c$

$Nb:$

令R为从$H_{TM}^c$到$E_{TM}$的还原。

减少带来：

ⅰ）$\langle M, x \rangle \in H_{TM}^c \Leftrightarrow R(\langle M,x \rangle) \in E_{TM}$

$\qquad$ 中号上输入环路X当且仅当由识别的语言$R(\langle M,x \rangle)$接受没有

ⅱ）$\langle M, x \rangle \notin H_{TM}^c \Leftrightarrow R(\langle M,x \rangle) \notin E_{TM}$

$\qquad$ 中号上输入暂停X当且仅当由识别的语言$R(\langle M,x \rangle)$接受的东西

校对矛盾，（我们知道这是不可判定）。$A_{TM}= \{\langle M,w\rangle \mid M \text{ is a Turing Machine which accepts w}\}$

假定存在，以决定一个TM 大号$R_{TM}$$L_\emptyset$

然后使用可以将用于TM S T M的构造，这是A T M的决定因素$R_{TM}$$S_{TM}$$A_{TM}$

“在输入 ⟨ 中号，瓦特⟩，其中中号是一个TM的和编码瓦特是一个字符串：$S_{TM}=^{definition}$$\langle M,w\rangle$$M$$w$

1. 考虑输入w来修改，以使新M（称为M 1）拒绝所有不等于w的输入，其中w内置于其描述中。如果输入等于w，则M 1对w运行M并输出M个输出。$M$$w$$M$$M_1$$w$$w$$w$$M_{1}$$M$$w$$M$

2. 运行与输入⟨ 中号1，瓦特$R_{TM}$$\langle M_1,w\rangle$

3. 输出与 s输出相反的值。”$R_{TM}$

存在一个图灵机除冰的假设，使我们能够构建决胜局一个牛逼中号，这是一个矛盾。$L_\emptyset$$A_{TM}$

E = {| M是TM，L（M）＝Φ}。E Turing可以识别吗？

E是一种语言，为了接受语言E，我们构建了图灵机。假设我们为语言E创建了图灵EM。

EM将作为其他图灵机的编码提供给输入，如果输入的机器M接受空语言，则它将是语言E的成员，否则将不是语言的成员。

假设我们有一个图灵机M，我们需要检查它是否接受空语言。图灵机EM具有M和字符串eps，a，b，aa，bb，...。将被丢弃，不包含在语言E中。现在，看看TM M陷入循环的可能性，因此M会继续运行，我们无法决定它是否可以接受或不接受任何东西。因此，给定的语言E不是RE。

PS：我认为这种给定的语言E的补充将是RE。