5. Berechenbarkeit

5.1 Recap Abzählbarkeit

Mächtigkeit

Seien $A,B$ zwei Mengen.

$$|A|\le |B|$$

falls eine injektive Funktion $f$ von $A$ nach $B$ existiert.
Falls $|A|\le |B|\wedge |B|\le |A|$, dann gilt $|A|=|B|$, dann gibt es eine Bijektion.

Note:

• Falls $|A|\le |B|\wedge |B|\nleqq |A|$ dann gilt $|A|<|B|$.
• $\le$ ist transitiv
• $A\subseteq B⟹|A|\le |B|$
• $\mathcal{P}(A)>|A|$

Abzählbar

Eine Menge $A$ heißt abzählbar falls $A$ endlich oder $|A|=|\mathbb{N}|$

LEMMA

Für $A$ abzählbar ist auch:

1. $A\times A$ abzählbar
2. $A^{\ast }$ ist abzählbar
3. ${\bigcup }_i{A}_i$ für $A_i$ abzählbar ist auch abzählbar

Note: für $\times$ → Proof ist Cantor’s Pattern, die “Gegendiagonalen” ablaufen, kann man Injektion definieren

• $\mathbb{N}\times \mathbb{N}\approx \mathbb{Q}$
• Abzählbarkeit von $A^{\ast }$ folgt aus Induktion über $\times$

Proof

5.2 Diagonalisierung für Turingmaschinen

5.4

$\mathcal{P}(({\Sigma }_{bool}{)}^{\ast })$ ist nicht abzählbar.

Proof Injektion von $[0,1]$ auf $\mathcal{P}({\Sigma }_{bool}^{\ast })$

• Zeigen $|[0,1]|\le \mathcal{P}(({\Sigma }_{bool}{)}^{\ast })$ via Injektion
  • $\text{Nummer}(a)={\sum }_{i=1}^{\infty }{a}_i{2}^{-1}$
    • jede Zahl hat maximal zwei darstellungen: $0.001$ und $0.000\bar{1}$ (wegen unendlicher Summe)
    • wählen lexikographisch letzte
  • Dann ist für $x\in [0,1]$ mit Repräsentation $0.a_1{a}_2{a}_3\dots$ (also $\text{Nummer}(a)=x$) $f(a)=\{a_1,a_2{a}_3,a_4{a}_5{a}_6,\dots \}$
    • in Paketen von $1$ dann $2$ dann $3$
  • Ist injektiv, da für $x,y\in [0,1]$ $x\ne y$ die sich in Stelle $j$ unterscheiden gilt $f(x)\ne f(y)$, da das Paket welches Stelle $j$ enthält nicht dasselbe ist.
    → Da $[0,1]$ nicht abzählbar ist, ist es $\mathcal{P}$ auch nicht.

$\text{KodTM}$ wird von $\mathcal{P}({\Sigma }_{bool})$ dominiert

Da $\text{KodTM}$ abzählbar ist (ist $\subseteq {\Sigma }^{\ast }$ für $\Sigma$ endlich), gilt:

$$|\mathbf{KodTM}|<|\mathcal{P}(({\Sigma }_{\text{bool}}{)}^{\ast })$$

Note Da wir alle möglichen Turingmaschinen als $\mathbf{KodTM}\subseteq {\Sigma }^{\ast }$ darstellen können, ist diese Menge abzählbar:

• Jede Turingmaschine ist ein String in $\in {\Sigma }^{\ast }$
• $\Sigma$ abzählbar
• also laut DiskMath auch ${\Sigma }^{\ast }$ abzählbar

Die Menge aller algorithmischen Probleme (Entscheidungsprobleme) ist $\mathcal{P}({\Sigma }_{bool}^{\ast })$ und sie ist überabzählbar

• Warum ist $\mathcal{P}({\Sigma }_{bool}^{\ast })$ die Menge aller Entscheidungsprobleme?
  • Eine Sprache ist $L\in {\Sigma }^{\ast }$, eine Menge von $w\in {\Sigma }^{\text{*}}$ von Wörtern
  • Also sind alle Sprachen $L\in \mathcal{P}({\Sigma }^{\ast })$
• Diagonalisierungsargument + Injektion von $\mathbb{N}$

Also gilt $|\mathbf{KodTM}|<|\mathcal{P}({\Sigma }^{\ast })|$. Also gibt es mindestens ein Entscheidungsproblem, für welches wir keine Turingmaschine bauen könnnen.

Wir verwenden die Diagonalisierungsmethode. Sei $w_1,w_2,\dots$ die kanonische Ordnung aller Wörter über ${\Sigma }_{bool}$, und sei $M_1,M_2,\dots$ die Folge aller Turingmaschinen. Wir definieren eine unendliche Bool’sche Matrix $A=[d_{ij}{]}_{ij=1,\dots ,\infty }$ mit

$$d_{ij}=1⟺M_i\text{ akzeptiert }{w}_j$$

$L_{diag}$

$$L_{diag}=\{w\in ({\Sigma }_{\text{bool}}{)}^{\ast }\mid w=w_i\text{ fu¨r ein }i\in \mathbb{N}-\{0\}\text{ und }{M}_i\text{ akzeptiert }{w}_i\text{ nicht }\}$$

Note: $M_i$ akzeptiert $w_i$ nicht $⟺$ $d_{ii}=0$.

Visualised:

Wir beweisen nun, das es eine Sprache gibt welche nicht rekursiv aufzählbar ist.

$L_{diag}\notin L_{re}$

Es gilt, für $L_{re}$ die Menge aller rekursiven Sprachen

$$L_{diag}\notin L_{re}$$

Proof Diagonalsprache

• Nehme an $L_{diag}\in L_{\text{RE}}$. Es existiert also $i$ s.t. $L(M_i)=L_{diag}$
  - $w_i\in L_{diag}⟹w_i\notin L(M_i)⟹w_i\notin L_{diag}$ contradiction
  - $w_i\notin L_{diag}⟹w_i\in L(M_i)⟹w_i\in L_{diag}$ contradiction

5.3 Die Methode der Reduktion

Wenn wir nun also ein Entscheidungsproblem bezüglich algorithmischer Lösbarkeit klassifizieren wollen → Reduktion.

5.3 Reduktion

Seien $L_1\subseteq {\Sigma }_1^{\ast }$, $L_2\subseteq {\Sigma }_2^{\ast }$ zwei Sprachen. Wir sagen, dass $L_1$ auf $L_2$ rekursiv reduzierbar ist, $L_1{\le }_R{L}_2$ falls

$$L_2\in L_R⟹L_1\in L_R$$

Note: die Bezeichnung $L_1{\le }_R{L}_2$ entspricht der intuitiven Bedeutung, dass ”$L_2$ bezüglich der algorithmischen Lösbarkeit mindestens so schwer ist wie $L_1$”
⇒ das heißt, wenn $L_2$ lösbar wäre, könnten wir auch $L_1$ algorithmisch lösen.

Example Für TM $A$ die $L_2$ löst, und eine Turingmaschine die ${\Sigma }_1^{\ast }$ via $M(x)$ in einen Input für TM $A$ konvertiert, können wir TM $B$ bauen → ist $L(B)=L_1$

EE-Reduktion

TODO

Eingabe-Eingabe Reduktion → translate the eingeabe, sodass sie für $L_2$ lesbar ist

Lemma: ${\le }_{EE}⟹{\le }_R$ TODO

5.4 Komplement reduzierbar

Für $L\subseteq {\Sigma }^{\ast }$ gilt

$$L{\le }_{\mathbf{R}}{L}^C\text{ und }{L}^C{\le }_{\mathbf{R}}L$$

Note: $L^C$ muss in $L_R$ sein, nicht nur in $L_{RE}$, sonst könnte die TM ja unendlich laufen!

Proof: These two are equivalent, as $(L^C{)}^C=L$, thus applying the first to $L^C$ gives (2).

• Sei $A$ eine TM die $L^C$ entscheidet und immer hält
• Dann können wir die folgende Konstruktion TM $B$ für $L$
  • swapped nur den Output
• Da $A$ immer hält → hält $B$ auch immer.
  

Zu welcher Menge gehört $L_{diag}$ und $(L_{diag}{)}^C$

Es gilt $L_{diag}^C\notin L_R$:

• da $L_{diag}\notin L_{RE}$ $⟹$ $L_{diag}\notin L_R$
• weil Lemma 5.4 sagt ”$(L_{diag}{)}^C\in L_R⟹L_{diag}\in L_R$
  • wiederspruch!
• kann $(L_{diag}{)}^C\notin L_R$ nicht gelten

Wir können auch kompliziertere verschachtelte Maschinen bauen, wie zum Beispiel hier, im Beweis von $(L_{diag}{)}^C\in L_{RE}$:

Proof: Es gilt $(L_{diag}{)}^C\in L_{RE}$. Eingabe: $x\in ({\Sigma }_{bool}{)}^{\ast }$. Wir konstruieren $D$, sodass $D$ $(L_{diag}{)}^C$ akzeptiert.

• Berechne $i$, so dass $x$ das i-te Wort in der kanonischen Ordnung ist
  • es gilt $x=w_i$
• Generiere die $i$-te TM $M_i$
• Simuliere $M_i$ auf $w_i$
  • Falls $M_i$ → $w_i$ akzeptiert, dann akzeptiert auch $D$
    • da $w_i$ ja eben nicht in $L_{diag}$ ist
  • Falls $M_i$ → $w_i$ verwirft / unendlich läuft
    • ⇒ $w_i\in L_{diag}$
    • Also muss $D$ auch verwerfen, was es ja tut (läuft unendlich, oder verwirft)
      → Wir simulieren den Diagonaleintrag und machen das Gegenteil!
• wenn $w_i\in L(M_i)$ ist $w_i$ nicht in $L_{diag}$, sonst schon
• unser $D$ macht genau das Gegenteil

Es gilt also $L(D)=(L_{diag}{)}^C$ $⟹$ $(L_{diag}{)}^C\in L_{RE}$
→ könnte aber unendlich laufen, also nicht in $L_R$.

$L_R⊊L_{RE}$

Es gilt $(L_{diag}{)}^C\in L_{RE}-L_R$, also gilt $L_R⊊L_{RE}$

Proof Es gibt also mindestens eine Sprache, welche nicht in beiden oder keiner ist ⇒ nicht gleich

5.3 Universelle Sprache

For simulation visualised, see TM Simulating Another

TODO