Theoretische Informatik II

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Theoretische Informatik II
Einheit 7.3
Beweistechniken für unlösbare Probleme
1. Diagonalisierung
2. Monotonieargumente
3. Problemreduktion
4. Der Satz von Rice
Grenzen der Berechenbarkeit
Wie beweist man die Unlösbarkeit eines Problems?
Theoretische Informatik II §7: Elementare Berechenbarkeitstheorie
1
Beweistechniken für unlösbare Probeme
• Diagonalisierung
– Zeige, daß eine Funktion von jeder berechenbaren Funktion an mindestens
einer Stelle abweicht, also selbst nicht berechenbar sein kann
1
• Wachstums- und Monotonieargumente
– Zeige, daß eine Funktion stärker wächst als jede berechenbare Funktion
1
• Reduktionsmethode und Abschlußeigenschaften
– Zeige, daß Lösung des Problems zu einer Lösung eines bekanntermaßen
unlösbaren Problems führen würde
1
• Reduktionsmethode und Abschlußeigenschaften
– Zeige, daß Lösung des Problems zu einer Lösung eines bekanntermaßen
unlösbaren Problems führen würde
• Anwendung allgemeiner theoretischer Resultate
– Unlösbarkeit folgt direkt aus bekannten Sätzen
1
Diagonalisierung
• Ziel
– Zeige, daß eine unendliche Menge M eine Eigenschaft P nicht besitzt
– z.B. Entscheidbarkeit, Aufzählbarkeit, Abzählbarkeit
2
Diagonalisierung
• Ziel
• Methodik
2
Diagonalisierung
• Ziel
• Methodik
– Wir nehmen an, M habe die Eigenschaft P
2
Diagonalisierung
• Ziel
• Methodik
– Konstruiere ein Element x, das von allen Elementen von M verschieden ist
2
Diagonalisierung
• Ziel
• Methodik
– Zeige, daß x ∈ M aufgrund der Annahme gelten muß
2
Diagonalisierung
• Ziel
• Methodik
– Aus dem Widerspruch folgt, daß die Annahme nicht gelten kann
2
Diagonalisierung
• Ziel
• Methodik
• Konstruktion des neuen Elementes
Cantor’sches Diagonalverfahren:
2
Diagonalisierung
• Ziel
• Methodik
– Trage alle Elemente von M als Zeilen einer Tabelle auf
2
Diagonalisierung
• Ziel
• Methodik
– Konstruiere x auf Diagonale mit Abweichung an jedem Punkt
2
Diagonalisierung
• Ziel
• Methodik
– Konstruiere x auf Diagonale mit Abweichung an jedem Punkt
– Also kann x nicht als Zeile vorkommen
2
Diagonalbeweise I: Überabzählbarkeit von N→N
• Die Menge N→N “überabzählbar” unendlich
– Die Menge aller Funktionen über N kann nicht durchnumeriert werden
3
· Annahme: N→N ist abzählbar
3
· Dann können alle Funktionen über N in eine Tabelle eingetragen werden
0
1
2
3
4
...
f0
f0(0)
f0(1)
f0(2)
f0(3)
f0(4)
...
f1
f1(0)
f1 (1)
f1(2)
f1(3)
f1(4)
...
f2
f2(0)
f2(1)
f2 (2)
f2(3)
f2(4)
...
f3
...
f3(0)
...
f3(1)
...
f3(2)
...
f3(3)
...
f3(4)
...
...
3
...
0
1
2
3
4
...
f0
f0 (0)+1
f0(1)
f0(2)
f0(3)
f0(4)
...
f1
f1(0)
f1 (1)
f1(2)
f1(3)
f1(4)
...
f2
f2(0)
f2(1)
f2 (2)
f2(3)
f2(4)
...
f3
...
f3(0)
...
f3(1)
...
f3(2)
...
f3(3)
...
f3(4)
...
...
...
· Definiere eine neue Funktion f :N→N durch f (x) = fx(x)+1
3
0
1
2
3
4
...
f0
f0 (0)+1
f0(1)
f0(2)
f0(3)
f0(4)
...
f1
f1(0)
f1(1)+1
f1(2)
f1(3)
f1(4)
...
f2
f2(0)
f2(1)
f2 (2)
f2(3)
f2(4)
...
f3
...
f3(0)
...
f3(1)
...
f3(2)
...
f3(3)
...
f3(4)
...
...
...
3
0
1
2
3
4
...
f0
f0 (0)+1
f0(1)
f0(2)
f0(3)
f0(4)
...
f1
f1(0)
f1(1)+1
f1(2)
f1(3)
f1(4)
...
f2
f2(0)
f2(1)
f2(2)+1
f2(3)
f2(4)
...
f3
...
f3(0)
...
f3(1)
...
f3(2)
...
f3(3)
...
f3(4)
...
...
...
3
0
1
2
3
4
...
f0
f0 (0)+1
f0(1)
f0(2)
f0(3)
f0(4)
...
f1
f1(0)
f1(1)+1
f1(2)
f1(3)
f1(4)
...
f2
f2(0)
f2(1)
f2(2)+1
f2(3)
f2(4)
...
f3
...
f3(0)
...
f3(1)
...
f3(2)
...
f3(3)+1
...
f3(4)
...
...
...
3
0
1
2
3
4
...
f0
f0 (0)+1
f0(1)
f0(2)
f0(3)
f0(4)
...
f1
f1(0)
f1(1)+1
f1(2)
f1(3)
f1(4)
...
f2
f2(0)
f2(1)
f2(2)+1
f2(3)
f2(4)
...
f3
...
f3(0)
...
f3(1)
...
f3(2)
...
f3(3)+1
...
f3(4)
...
...
...
· f ist offensichtlich total, kann aber in der Tabelle nicht vorkommen
3
0
1
2
3
4
...
f0
f0 (0)+1
f0(1)
f0(2)
f0(3)
f0(4)
...
f1
f1(0)
f1(1)+1
f1(2)
f1(3)
f1(4)
...
f2
f2(0)
f2(1)
f2(2)+1
f2(3)
f2(4)
...
f3
...
f3(0)
...
f3(1)
...
f3(2)
...
f3(3)+1
...
f3(4)
...
...
...
· f ist offensichtlich total, kann aber in der Tabelle nicht vorkommen
· Ansonsten wäre f =fi für ein i und fi(i) = f (i) = fi(i)+1
3
√
Existenz unberechenbarer Funktionen
• Abstraktes Argument: es gibt zu viele Funktionen
4
– Die Menge der berechenbaren Funktionen in N→N ist abzählbar
– Die Menge N→N is nicht abzählbar
4
– Es gibt mehr Funktionen als es berechenbare Funktionen geben kann
4
– Es gibt nichtberechenbare Funktionen auf N→N
4
√
√
• Konkretes Argument: Angabe eines Beispiels
4
√
– Das Halteproblem H = {(i, n) | ϕi(n)6=⊥} ist unentscheidbar (Beweis folgt)
4
√
– Die charakteristische Funktion χH :N→N ist nicht berechenbar
4
√
√
– Die charakteristische Funktion χH :N→N ist nicht berechenbar
√
– Weitere konkrete Beispiele folgen
4
Diagonalbeweise II:
Unentscheidbarkeit des Halteproblems
Satz J.a
Annahme: H = {(i, n) | ϕi(n)6=⊥} ist entscheidbar
5
Diagonalbeweise II:
Satz J.a
Annahme: H = {(i, n) | ϕi(n)6=⊥} ist( entscheidbar
– Dann ist χH :N→N berechenbar, wobei χH (i, n) =
5
1 wenn ϕi(n) hält
0 sonst
Diagonalbeweise II:
Satz J.a
0 sonst
0
ϕ0 ×
ϕ1 ⊥
ϕ2 ×
ϕ3 ⊥
... ...
5
1
×
⊥
×
×
...
2
×
×
⊥
⊥
...
3
⊥
×
×
×
...
4
×
×
×
⊥
...
...
...
...
...
...
...
Diagonalbeweise II:
Satz J.a
0
ϕ0 ×
ϕ1 ⊥
ϕ2 ×
ϕ3 ⊥
... ...
– Definiere eine (
neue Funktion f :N→N durch
0 wenn ϕn(n) nicht hält
f (n) :=
⊥ sonst
0 sonst
5
1
×
⊥
×
×
...
2
×
×
⊥
⊥
...
3
⊥
×
×
×
...
4
×
×
×
⊥
...
...
...
...
...
...
...
Diagonalbeweise II:
Satz J.a
0 1
ϕ0 ⊥ ×
ϕ1 ⊥ ⊥
ϕ2 × ×
ϕ3 ⊥ ×
... ...
...
f (n) :=
⊥ sonst
0 sonst
5
2
×
×
⊥
⊥
...
3
⊥
×
×
×
...
4
×
×
×
⊥
...
...
...
...
...
...
...
Diagonalbeweise II:
Satz J.a
0
ϕ0 ⊥
ϕ1 ⊥
ϕ2 ×
ϕ3 ⊥
... ...
f (n) :=
⊥ sonst
0 sonst
5
1 2
× ×
× ×
× ⊥
× ⊥
...
...
3
⊥
×
×
×
...
4
×
×
×
⊥
...
...
...
...
...
...
...
Diagonalbeweise II:
Satz J.a
0
ϕ0 ⊥
ϕ1 ⊥
ϕ2 ×
ϕ3 ⊥
... ...
f (n) :=
⊥ sonst
0 sonst
5
1
×
×
×
×
...
2 3
× ⊥
× ×
× ×
⊥ ×
...
...
4
×
×
×
⊥
...
...
...
...
...
...
...
Diagonalbeweise II:
Satz J.a
0
ϕ0 ⊥
ϕ1 ⊥
ϕ2 ×
ϕ3 ⊥
... ...
f (n) :=
⊥ sonst
0 sonst
5
1
×
×
×
×
...
2
×
×
×
⊥
...
3
⊥
×
×
⊥
...
4
×
×
×
⊥
...
...
...
...
...
...
...
Diagonalbeweise II:
Satz J.a
0 sonst
0
ϕ0 ⊥
ϕ1 ⊥
ϕ2 ×
ϕ3 ⊥
... ...
f (n) :=
⊥ sonst
1
×
×
×
×
...
2
×
×
×
⊥
...
3
⊥
×
×
⊥
...
4
×
×
×
⊥
...
...
...
...
...
...
...
– Dann ist f berechenbar, denn f (n) = µz [χH (n, n) = 0]
5
Diagonalbeweise II:
Satz J.a
0 sonst
0
ϕ0 ⊥
ϕ1 ⊥
ϕ2 ×
ϕ3 ⊥
... ...
f (n) :=
⊥ sonst
1
×
×
×
×
...
2
×
×
×
⊥
...
3
⊥
×
×
⊥
...
4
×
×
×
⊥
...
...
...
...
...
...
...
– Also gibt es ein i mit f = ϕi
5
Diagonalbeweise II:
Satz J.a
0 sonst
0
ϕ0 ⊥
ϕ1 ⊥
ϕ2 ×
ϕ3 ⊥
... ...
f (n) :=
⊥ sonst
1
×
×
×
×
...
2
×
×
×
⊥
...
3
⊥
×
×
⊥
...
4
×
×
×
⊥
...
...
...
...
...
...
...
– Aber für dieses i gilt: ϕi(i) hält ⇔ f (i) hält ⇔ ϕi(i) hält nicht
5
Diagonalbeweise II:
Satz J.a
0 sonst
0
ϕ0 ⊥
ϕ1 ⊥
ϕ2 ×
ϕ3 ⊥
... ...
f (n) :=
⊥ sonst
1
×
×
×
×
...
2
×
×
×
⊥
...
3
⊥
×
×
⊥
...
4
×
×
×
⊥
...
...
...
...
...
...
...
– Dies ist ein Widerspruch, also ist die Annahme “H entscheidbar” falsch
5
√
Diagonalbeweise II:
Satz J.a
0 sonst
0
ϕ0 ⊥
ϕ1 ⊥
ϕ2 ×
ϕ3 ⊥
... ...
f (n) :=
⊥ sonst
1
×
×
×
×
...
2
×
×
×
⊥
...
3
⊥
×
×
⊥
...
4
×
×
×
⊥
...
...
...
...
...
...
...
– Dies ist ein Widerspruch, also ist die Annahme “H entscheidbar” falsch
√
Terminierung von Programmen ist nicht testbar
5
Diagonalbeweise III:
Total berechenbare Funktionen sind nicht aufzählbar
Annahme: Rϕ = {i | ϕi total} ist aufzählbar
6
· Dann gibt es eine berechenbare totale Funktion f mit range(f ) = Rϕ
6
· Dann lassen sich alle Funktionen aus R wie folgt in eine Tabelle eintragen
0
1
2
3
4
...
ϕf (0)
ϕf (0)(0)
ϕf (0)(1)
ϕf (0)(2)
ϕf (0)(3)
ϕf (0)(4)
...
ϕf (1)
ϕf (1)(0)
ϕf (1)(1)
ϕf (1)(2)
ϕf (1)(3)
ϕf (1)(4)
...
ϕf (2)
ϕf (2)(0)
ϕf (2)(1)
ϕf (2)(2)
ϕf (2)(3)
ϕf (2)(4)
...
ϕf (3)
...
ϕf (3)(0)
...
ϕf (3)(1)
...
ϕf (3)(2)
...
ϕf (3)(3)
...
ϕf (3)(4)
...
...
6
...
0
1
2
3
4
...
ϕf (0)
ϕf (0)(0)+1
ϕf (0)(1)
ϕf (0)(2)
ϕf (0)(3)
ϕf (0)(4)
...
ϕf (1)
ϕf (1)(0)
ϕf (1)(1)
ϕf (1)(2)
ϕf (1)(3)
ϕf (1)(4)
...
ϕf (2)
ϕf (2)(0)
ϕf (2)(1)
ϕf (2)(2)
ϕf (2)(3)
ϕf (2)(4)
...
ϕf (3)
...
ϕf (3)(0)
...
ϕf (3)(1)
...
ϕf (3)(2)
...
ϕf (3)(3)
...
ϕf (3)(4)
...
...
...
· Definiere eine neue Funktion h:N→N durch h(n) = ϕf (n)(n)+1
6
0
1
2
3
4
...
ϕf (0)
ϕf (0)(0)+1
ϕf (0)(1)
ϕf (0)(2)
ϕf (0)(3)
ϕf (0)(4)
...
ϕf (1)
ϕf (1)(0)
ϕf (1)(1)+1
ϕf (1)(2)
ϕf (1)(3)
ϕf (1)(4)
...
ϕf (2)
ϕf (2)(0)
ϕf (2)(1)
ϕf (2)(2)
ϕf (2)(3)
ϕf (2)(4)
...
ϕf (3)
...
ϕf (3)(0)
...
ϕf (3)(1)
...
ϕf (3)(2)
...
ϕf (3)(3)
...
ϕf (3)(4)
...
...
...
6
0
1
2
3
4
...
ϕf (0)
ϕf (0)(0)+1
ϕf (0)(1)
ϕf (0)(2)
ϕf (0)(3)
ϕf (0)(4)
...
ϕf (1)
ϕf (1)(0)
ϕf (1)(1)+1
ϕf (1)(2)
ϕf (1)(3)
ϕf (1)(4)
...
ϕf (2)
ϕf (2)(0)
ϕf (2)(1)
ϕf (2)(2)+1
ϕf (2)(3)
ϕf (2)(4)
...
ϕf (3)
...
ϕf (3)(0)
...
ϕf (3)(1)
...
ϕf (3)(2)
...
ϕf (3)(3)
...
ϕf (3)(4)
...
...
...
6
0
1
2
3
4
...
ϕf (0)
ϕf (0)(0)+1
ϕf (0)(1)
ϕf (0)(2)
ϕf (0)(3)
ϕf (0)(4)
...
ϕf (1)
ϕf (1)(0)
ϕf (1)(1)+1
ϕf (1)(2)
ϕf (1)(3)
ϕf (1)(4)
...
ϕf (2)
ϕf (2)(0)
ϕf (2)(1)
ϕf (2)(2)+1
ϕf (2)(3)
ϕf (2)(4)
...
ϕf (3)
...
ϕf (3)(0)
...
ϕf (3)(1)
...
ϕf (3)(2)
...
ϕf (3)(3)+1
...
ϕf (3)(4)
...
...
...
6
0
1
2
3
4
...
ϕf (0)
ϕf (0)(0)+1
ϕf (0)(1)
ϕf (0)(2)
ϕf (0)(3)
ϕf (0)(4)
...
ϕf (1)
ϕf (1)(0)
ϕf (1)(1)+1
ϕf (1)(2)
ϕf (1)(3)
ϕf (1)(4)
...
ϕf (2)
ϕf (2)(0)
ϕf (2)(1)
ϕf (2)(2)+1
ϕf (2)(3)
ϕf (2)(4)
...
ϕf (3)
...
ϕf (3)(0)
...
ϕf (3)(1)
...
ϕf (3)(2)
...
ϕf (3)(3)+1
...
ϕf (3)(4)
...
...
...
· h ist offensichtlich total und berechenbar, denn h(n) = u(f (n), n)+1
6
0
1
2
3
4
...
ϕf (0)
ϕf (0)(0)+1
ϕf (0)(1)
ϕf (0)(2)
ϕf (0)(3)
ϕf (0)(4)
...
ϕf (1)
ϕf (1)(0)
ϕf (1)(1)+1
ϕf (1)(2)
ϕf (1)(3)
ϕf (1)(4)
...
ϕf (2)
ϕf (2)(0)
ϕf (2)(1)
ϕf (2)(2)+1
ϕf (2)(3)
ϕf (2)(4)
...
ϕf (3)
...
ϕf (3)(0)
...
ϕf (3)(1)
...
ϕf (3)(2)
...
ϕf (3)(3)+1
...
ϕf (3)(4)
...
...
...
· Also gibt es ein i ∈ Rϕ mit h = ϕi und damit ein j ∈ N mit i=f (j)
6
0
1
2
3
4
...
ϕf (0)
ϕf (0)(0)+1
ϕf (0)(1)
ϕf (0)(2)
ϕf (0)(3)
ϕf (0)(4)
...
ϕf (1)
ϕf (1)(0)
ϕf (1)(1)+1
ϕf (1)(2)
ϕf (1)(3)
ϕf (1)(4)
...
ϕf (2)
ϕf (2)(0)
ϕf (2)(1)
ϕf (2)(2)+1
ϕf (2)(3)
ϕf (2)(4)
...
ϕf (3)
...
ϕf (3)(0)
...
ϕf (3)(1)
...
ϕf (3)(2)
...
ϕf (3)(3)+1
...
ϕf (3)(4)
...
...
...
· Also gibt es ein i ∈ Rϕ mit h = ϕi und damit ein j ∈ N mit i=f (j)
· Für dieses j gilt ϕf (j)(j) = h(j) = ϕf (j)(j)+1
6
√
Andere unlösbare Probleme mit Diagonalbeweisen
• Selbstanwendbarkeitsproblem:
– S = {i | ϕi(i)6=⊥}
unentscheidbar, aber aufzählbar
7
– S = {i | ϕi(i)6=⊥}
• Entscheidungsproblem:
– E = {(i, j) | ϕi(j) = 1}
7
– S = {i | ϕi(i)6=⊥}
– E = {(i, j) | ϕi(j) = 1}
• Monotone Funktionen:
– M ON = {i | ∀k. ϕi(k) < ϕi(k+1)}
7
nicht aufzählbar
– S = {i | ϕi(i)6=⊥}
– E = {(i, j) | ϕi(j) = 1}
• Monotone Funktionen:
– M ON = {i | ∀k. ϕi(k) < ϕi(k+1)}
• Entscheidungsfunktionen:
– EF = {i | ∀j. ϕi(j) ∈ {0, 1}}
nicht aufzählbar
nicht aufzählbar
7
Monotonieargumente
• Ziel
– Zeige, daß eine Funktion f eine Eigenschaft P nicht besitzt
– z.B. primitiv rekursiv, berechenbar, maximale Komplexität (Rechenzeit)
8
Monotonieargumente
• Ziel
• Methodik
– Zeige daß f stärker wächst als jede Funktion mit Eigenschaft P
8
Monotonieargumente
• Ziel
• Methodik
· Induktive Analyse des Wachstumsverhaltens von f
· Analyse des maximalen Wachstums von Funktionen mit Eigenschaft P
8
Monotonieargumente
• Ziel
• Methodik
– f kann also nicht selbst Eigenschaft P besitzen
8
Monotonieargumente
• Ziel
• Methodik
– f kann also nicht selbst Eigenschaft P besitzen
• Beispiele
– Die Ackermann Funktion ist nicht primitiv-rekursiv
– Die Busy-Beaver Funktion ist nicht berechenbar
folgt
– Komplexitätsanalysen
8
Das Busy-Beaver Problem
Biber stauen Bäche, indem sie Holzstücke in den Bach tragen. Fleißige Biber tragen
mehr Holzstücke zusammen als faule. Größere Biber können mehr leisten als kleine.
Die Busy-Beaver Funktion liefert die Länge der längsten ununterbrochenen Staumauer,
die ein Biber zusammentragen kann, ohne daß schon eine Teilmauer vorhanden war.
9
• Beschreibe Biber durch Turingmaschinen
– Holzstücke werden durch das Symbol | beschrieben
– τ = ({1..n}, {|}, {|, b}, δ, 1, b) heißt Busy-Beaver TM der Größe n
– BBT(n) sei die Menge aller Busy-Beaver Turingmaschinen der Größe n
9
• Beschreibe Produktivität
von Bibern
(
– Produktivität(τ ) =
n wenn hτ () = |n
0 wenn τ bei Eingabe nicht hält
9
von Bibern
(
n wenn hτ () = |n
• Beschreibe maximal mögliche Leistung von Bibern
– BB(n) = max {Produktivität(τ ) | τ ∈ BBT(n)}
9
von Bibern
(
n wenn hτ () = |n
• Beschreibe maximal mögliche Leistung von Bibern
– BB(n) = max {Produktivität(τ ) | τ ∈ BBT(n)}
Ist die Busy-Beaver Funktion berechenbar?
9
Busy-Beaver Problem: Intuitive Analyse
• Beispiel einer BBT(2) Maschine
δ= s
1
1
2
2
a
|
b
|
b
s 0 a0
2 |
2 |
2 |
1 |
P
r
l
h
l
10
δ= s
1
1
2
2
a
|
b
|
b
s 0 a0
2 |
2 |
2 |
1 |
P
r
l
h
l
Arbeitsweise:
10
δ= s
1
1
2
2
a
|
b
|
b
s 0 a0
2 |
2 |
2 |
1 |
P
r
l
h
l
Arbeitsweise:
10
b1b
δ= s
1
1
2
2
a
|
b
|
b
s 0 a0
2 |
2 |
2 |
1 |
P
r
l
h
l
Arbeitsweise:
b1b
7 |2b
→
10
δ= s
1
1
2
2
a
|
b
|
b
s 0 a0
2 |
2 |
2 |
1 |
P
r
l
h
l
Arbeitsweise:
b1b
7→ |2b
7→ b1||
10
δ= s
1
1
2
2
a
|
b
|
b
s 0 a0
2 |
2 |
2 |
1 |
P
r
l
h
l
Arbeitsweise:
b1b
7→ |2b
7→ b1||
7→ b2b||
10
δ= s
1
1
2
2
a
|
b
|
b
s 0 a0
2 |
2 |
2 |
1 |
P
r
l
h
l
Arbeitsweise:
b1b
7→ |2b
7→ b1||
7→ b2b||
7→ b1b|||
10
δ= s
1
1
2
2
a
|
b
|
b
s 0 a0
2 |
2 |
2 |
1 |
P
r
l
h
l
Arbeitsweise:
b1b
7→ |2b
7→ b1||
7→ b2b||
7→ b1b|||
7→ |2|||
10
δ= s
1
1
2
2
a
|
b
|
b
s 0 a0
2 |
2 |
2 |
1 |
P
r
l
h
l
Arbeitsweise:
b1b
7→ |2b
7→ b1||
7→ b2b||
7→ b1b|||
7→ |2|||
stop
10
δ= s
1
1
2
2
a
|
b
|
b
s 0 a0
2 |
2 |
2 |
1 |
P
r
l
h
l
Arbeitsweise:
b1b
7→ |2b
7→ b1||
7→ b2b||
7→ b1b|||
7→ |2|||
stop
– Produktivität ist 3 (4, wenn man alle Holzstücke zählt)
10
δ= s
1
1
2
2
a
|
b
|
b
s 0 a0
2 |
2 |
2 |
1 |
P
r
l
h
l
Arbeitsweise:
b1b
7→ |2b
7→ b1||
7→ b2b||
7→ b1b|||
7→ |2|||
stop
• BB(n) bekannt für kleine n:
n 1 2 3
4
5
6 ...
1 4 6 13 ≥4098 ≥6.4*10462
10
δ= s
1
1
2
2
a
|
b
|
b
s 0 a0
2 |
2 |
2 |
1 |
P
r
l
h
l
Arbeitsweise:
b1b
7→ |2b
7→ b1||
7→ b2b||
7→ b1b|||
7→ |2|||
stop
n 1 2 3
4
5
6 ...
1 4 6 13 ≥4098 ≥6.4*10462
• Vollständige Analyse nicht möglich
– |BBT(n)| ist (|S|∗|Γ|∗|{r, l}|)(|S|∗|Γ|−1) ∗ (|S|∗|Γ|∗|{h}|) ∗ (|S|∗|Γ|) = (4n)2n
|BBT(1)|=16, |BBT(2)|=4096, |BBT(3)|=2985984, . . .
10
δ= s
1
1
2
2
a
|
b
|
b
s 0 a0
2 |
2 |
2 |
1 |
P
r
l
h
l
Arbeitsweise:
b1b
7→ |2b
7→ b1||
7→ b2b||
7→ b1b|||
7→ |2|||
stop
n 1 2 3
4
5
6 ...
1 4 6 13 ≥4098 ≥6.4*10462
• Vollständige Analyse nicht möglich
– |BBT(n)| ist (|S|∗|Γ|∗|{r, l}|)(|S|∗|Γ|−1) ∗ (|S|∗|Γ|∗|{h}|) ∗ (|S|∗|Γ|) = (4n)2n
|BBT(1)|=16, |BBT(2)|=4096, |BBT(3)|=2985984, . . .
– Anzahl möglicher Bandkonfigurationen einer TM ist unbegrenzt
10
Das Busy-Beaver Problem ist unlösbar
Satz L
• BB ist streng monoton: i>j ⇔ BB(i)>BB(j)
11
Satz L
– Für alle n gilt BB(n+1)>BB(n)
· Schreibe in Zustand 1 ein | und beginne mit der BB(n)-Maschine
11
Satz L
– i>j ⇔ BB(i)>BB(j) folgt nun durch Induktion über i − j
11
Satz L
• Für alle n gilt:
BB(n+8)≥2n
11
Satz L
BB(n+8)≥2n
– Mit n Zuständen kann man n Striche generieren
11
Satz L
BB(n+8)≥2n
– Mit 8 Zuständen kann man Striche verdoppeln (vgl τ4 aus Kapitel 6.1)
11
Satz L
BB(n+8)≥2n
• BB berechenbar ⇒ BB(n+2k)≥ BB(BB(n)) für ein k
11
Satz L
BB(n+8)≥2n
– Wähle k := Anzahl der Zustände der TM über Γ={|, b}, die BB berechnet
11
Satz L
BB(n+8)≥2n
–
–
–
–
Wähle k := Anzahl der Zustände der TM über Γ={|, b}, die BB berechnet
Mit n Zuständen generiere n Striche
Mit k Zuständen berechne jetzt BB(n)
Mit witeren k Zuständen berechne BB(BB(n))
11
Satz L
BB(n+8)≥2n
–
–
–
–
• BB kann nicht berechenbar sein
11
Satz L
BB(n+8)≥2n
–
–
–
–
– Sonst gibt es ein k, so daß für alle n: BB(n+8+2k) ≥ BB(BB(n+8)) ≥ BB(2n)
11
Satz L
BB(n+8)≥2n
–
–
–
–
– Sonst gibt es ein k, so daß für alle n: BB(n+8+2k) ≥ BB(BB(n+8)) ≥ BB(2n)
√
– Für n=2k+9 widerspräche BB(4k+17) ≥ BB(4k+18) der Monotonie
11
Problemreduktion
• Ziel: Wiederverwendung bekannter Ergebnisse
– Zur Lösung eines Problems P bzw. zum Nachweis seiner Unlösbarkeit
12
Problemreduktion
– Unlösbar =
ˆ unentscheidbar, nicht aufzählbar, nicht in Zeit t lösbar, . . .
12
Problemreduktion
– Unlösbar =
• Methodik zum Nachweis der Unlösbarkeit
– Transformiere P in ein anderes Problem P 0, das als unlösbar bekannt ist
12
Problemreduktion
– Unlösbar =
– Zeige, daß jede Lösung für P in eine Lösung für P 0 transformiert würde
12
Problemreduktion
– Unlösbar =
– P kann also nicht lösbar sein
12
Problemreduktion
– Unlösbar =
• Methodik zur Konstruktion einer Lösung
– Transformiere ein anderes Problem P 0, das als lösbar bekannt ist, in P
12
Problemreduktion
– Unlösbar =
– Zeige, wie eine Lösung für P 0 in eine Lösung für P transformiert wird
12
Problemreduktion
– Unlösbar =
• Hilfsmittel: Reduzierbarkeit P 0≤P
Definition M
– P 0≤P , falls P 0=f −1(P )={x | f (x) ∈ P } für ein total-berechenbares f
– “P 0 ist reduzierbar auf P ”
12
Problemreduktion
– Unlösbar =
• Hilfsmittel: Reduzierbarkeit P 0≤P
Definition M
– P 0≤P , falls P 0=f −1(P )={x | f (x) ∈ P } für ein total-berechenbares f
– “P 0 ist reduzierbar auf P ”
(Begriff gilt für Teilmengen von Zahlen, Worten, . . . )
12
Beweisführung durch Reduktion
• P 0≤P bedeutet “P 0 ist leichter als P ”
13
– Ist P lösbar, dann kann P 0 wie folgt gelöst werden
13
· Bei Eingabe x bestimme f (x) (f ist die Reduktionsfunktion)
13
· Löse f (x) mit der Lösungsmethode für P
13
· Es gilt x ∈ P 0 ⇔ f (x) ∈ P , also überträgt sich das Ergebnis
13
• Aus P 0≤P und P entscheidbar folgt P 0 entscheidbar
– Übertragung von Entscheidbarkeit: χP 0 (x) = χf −1(P ) (x) = χP (f (x))
13
• Aus P 0≤P und P entscheidbar folgt P 0 entscheidbar
– Übertragung von Entscheidbarkeit: χP 0 (x) = χf −1(P ) (x) = χP (f (x))
• Aus P 0≤P und P aufzählbar folgt P 0 aufzählbar
– Übertragung von Aufzählbarkeit:
ψP 0 (x) = ψf −1(P ) (x) = ψP (f (x))
13
Beispiele von Problemreduktion
• S = {i | ϕi(i)6=⊥} ≤ H = {(i, n) | ϕi(n)6=⊥}
“Das Selbstanwendbarkeitsproblem ist leichter als das Halteproblem”
14
• S = {i | ϕi(i)6=⊥} ≤ H = {(i, n) | ϕi(n)6=⊥}
– Es gilt i ∈ S ⇔ (i, i) ∈ H.
14
• S = {i | ϕi(i)6=⊥} ≤ H = {(i, n) | ϕi(n)6=⊥}
– Es gilt i ∈ S ⇔ (i, i) ∈ H.
– Wähle f (i) := (i, i). Dann ist f total-berechenbar und S = f −1(H)
14
• S = {i | ϕi(i)6=⊥} ≤ H = {(i, n) | ϕi(n)6=⊥}
– Es gilt i ∈ S ⇔ (i, i) ∈ H.
– Man kann auch H auf S reduzieren (aufwendig)
14
• S = {i | ϕi(i)6=⊥} ≤ H = {(i, n) | ϕi(n)6=⊥}
– Es gilt i ∈ S ⇔ (i, i) ∈ H.
• H = {(i, n) | ϕi(n)=⊥} ≤ P ROGz = {i | ϕi = z}
14
• S = {i | ϕi(i)6=⊥} ≤ H = {(i, n) | ϕi(n)6=⊥}
– Es gilt i ∈ S ⇔ (i, i) ∈ H.
– Es gilt (i, n) ∈ H ⇔ ∀t ∈ N.Φi(n)6=t.
14
• S = {i | ϕi(i)6=⊥} ≤ H = {(i, n) | ϕi(n)6=⊥}
– Es gilt i ∈ S ⇔ (i, i) ∈ H.
ist, gibt es ein j mit
– Da Φ = {(i, n, t) | Φi(n) = t} entscheidbar
1 falls (i, n, t) ∈ Φ
ϕj (i, n, t) = χΦ (i, n, t) =
0 sonst
14
• S = {i | ϕi(i)6=⊥} ≤ H = {(i, n) | ϕi(n)6=⊥}
– Es gilt i ∈ S ⇔ (i, i) ∈ H.
ϕj (i, n, t) = χΦ (i, n, t) =
0 sonst
– Nach dem SMN Theorem gibt es eine total-berechenbare Funktion f
mit ϕf (i,n)(t) = ϕj (i, n, t)
14
• S = {i | ϕi(i)6=⊥} ≤ H = {(i, n) | ϕi(n)6=⊥}
– Es gilt i ∈ S ⇔ (i, i) ∈ H.
ϕj (i, n, t) = χΦ (i, n, t) =
0 sonst
– Es folgt (i, n) ∈ H ⇔ ∀t ∈ N.Φi(n)6=t ⇔ ∀t ∈ N.ϕf (i,n)(t)=0 ⇔ ϕf (i,n)=z
⇔ f (i, n) ∈ P ROGz
14
• S = {i | ϕi(i)6=⊥} ≤ H = {(i, n) | ϕi(n)6=⊥}
– Es gilt i ∈ S ⇔ (i, i) ∈ H.
ϕj (i, n, t) = χΦ (i, n, t) =
0 sonst
– Es folgt (i, n) ∈ H ⇔ ∀t ∈ N.Φi(n)6=t ⇔ ∀t ∈ N.ϕf (i,n)(t)=0 ⇔ ϕf (i,n)=z
⇔ f (i, n) ∈ P ROGz
also H = f −1(P ROGz )
14
Das Post’sche Korrespondenzproblem
• Gegeben:
– Alphabet X, Menge von Wortpaaren {(u1, v1), .., (uk , vk )} in X +
15
• Gegeben:
– Eine Korrespondenz ist eine Indexfolge i1, .., in mit ui1 ..uin = vi1 ..vin
15
• Gegeben:
– {(u1, v1), .., (uk , vk )} heißt lösbar, wenn es eine Korrespondenz gibt
15
• Gegeben:
• Post’sches Korrespondenzproblem, präzisiert
– P KP = {(u1, v1), .., (uk , vk ) | ui, vi ∈ X + ∧ ∃i1, .., in. ui1 ..uin = vi1 ..vin }
15
• Gegeben:
– Technisches Problem ohne direkte praktische Relevanz
– Ausgangspunkt für Beweise von Unentscheidbarkeiten auf Grammatiken
15
• Gegeben:
• Beispiele
15
• Gegeben:
• Beispiele
– K1 = {(1, 101), (10, 00), (011, 11)}
15
• Gegeben:
• Beispiele
– K1 = {(1, 101), (10, 00), (011, 11)}
Lösbar mit Korrespondenz 1323, denn u1u3u2u3 = v1v3v2v3 = 101110011
15
• Gegeben:
• Beispiele
– K1 = {(1, 101), (10, 00), (011, 11)}
– K2 = {(1, 10), (101, 01)}
15
• Gegeben:
• Beispiele
– K1 = {(1, 101), (10, 00), (011, 11)}
– K2 = {(1, 10), (101, 01)}
Unlösbar: alle ui haben mehr Einsen als Nullen, die vi sind ausgewogen
15
• Gegeben:
• Beispiele
– K1 = {(1, 101), (10, 00), (011, 11)}
– K2 = {(1, 10), (101, 01)}
– K3 = {(001, 0), (01, 011), (01, 101), (10, 001)}
15
• Gegeben:
• Beispiele
– K1 = {(1, 101), (10, 00), (011, 11)}
– K2 = {(1, 10), (101, 01)}
– K3 = {(001, 0), (01, 011), (01, 101), (10, 001)}
Lösbar mit 243442124343443442144213411344421211134341214421411341131131214113
15
Post’sches Korrespondenzproblem: Aufzählbarkeit
• Aufzählungsalgorithmus:
16
– Eingabe: Wort w = {(u1, v1), .., (uk , vk )}
16
∈
(X ∪ {"(", ")", ","})∗
∈
(X ∪ {"(", ")", ","})∗
– Durch Klammerzählung bestimme alle ui und vi und die Anzahl k
16
∈
(X ∪ {"(", ")", ","})∗
– Zähle alle möglichen Indexfolgen i1, .., in mit ij ≤k auf
(Verwende Umkehrung der Standardtupelfunktion für Listen hi 1, .., ini∗)
16
∈
(X ∪ {"(", ")", ","})∗
· Falls ui1 ..uin = vi1 ..vin , so akzeptiere w (Ausgabe 1)
· Ansonsten generiere die nächste Indexfolge
16
∈
(X ∪ {"(", ")", ","})∗
• Algorithmus berechnet ψP KP
16
∈
(X ∪ {"(", ")", ","})∗
– w ∈ P KP ⇒ Es gibt i1, .., in mit ui1 ..uin = vi1 ..vin
⇒ Aufzählung endet bei hi1, .., ini∗ mit Ausgabe 1
16
∈
(X ∪ {"(", ")", ","})∗
– w ∈ P KP ⇒ Es gibt i1, .., in mit ui1 ..uin = vi1 ..vin
⇒ Aufzählung endet bei hi1, .., ini∗ mit Ausgabe 1
– w 6∈ P KP ⇒ Es gibt keine Korrespondenz
⇒ Aufzählung terminiert nicht, da Test niemals erfolgreich
16
Unentscheidbarkeit von P KP
Satz Q
Beweis durch doppelte Reduktion
• Verwende eingeschränkte Version M P KP
– M P KP = {(u1, v1), .., (uk , vk ) | ui, vi ∈ X +
∧ ∃i2, .., in. u1 ui2 ..uin = v1vi2 ..vin }
17
Satz Q
– Zeige: M P KP ≤P KP
17
Satz Q
– Zeige: M P KP ist trotz der Einschränkung unentscheidbar
17
Satz Q
• Zeige: H≤M P KP
– Zeige, daß jede Turingmaschine τ als MPKP beschrieben werden kann
17
Satz Q
· (u1, v1) beschreibt die Erzeugung der Anfangskonfiguration
· Weitere Wortpaare entsprechen Konfigurationsübergängen
(vgl Simulation von TM durch Typ-0 Grammatiken)
17
Satz Q
– τ hält, wenn das MPKP eine terminierende Berechnung beschreiben kann
17
Satz Q
– τ hält, wenn das MPKP eine terminierende Berechnung beschreiben kann
– Korrespondenz bedeutet, daß jedes Ergebnis eines Konfigurationsübergangs
Anfangspunkt des nächsten Übergangs ist
17
M P KP ≤P KP
• Abbildung f erzwingt erstes Wortpaar als Anfang
18
M P KP ≤P KP
– Erweitere Alphabet X zu X 0 = X ∪ {#, $}
– Modifiziere Worte w = a1...an zu ŵ = a1#a2#...#an
18
M P KP ≤P KP
– Definiere Abbildung f durch
f {(u1, v1), .., (uk , vk )} = {(#uˆ1#, #vˆ1), (uˆ1#, #vˆ1), .. (uˆk #, #vˆk ), ($, #$) }
{z
} | {z } | {z } | {z }
|
(u02,v20 )
(u01,v10 )
18
0
(u0k+1 ,vk+1
)
0
(u0k+2 ,vk+2
)
M P KP ≤P KP
{z
} | {z } | {z } | {z }
|
(u02,v20 )
(u01,v10 )
0
(u0k+1 ,vk+1
)
0
(u0k+2 ,vk+2
)
• Zeige K ∈ M P KP ⇔ f (K) ∈ P KP
18
M P KP ≤P KP
{z
} | {z } | {z } | {z }
|
(u02,v20 )
(u01,v10 )
0
(u0k+1 ,vk+1
)
0
(u0k+2 ,vk+2
)
– K ∈ M P KP
18
M P KP ≤P KP
{z
} | {z } | {z } | {z }
|
(u02,v20 )
(u01,v10 )
0
(u0k+1 ,vk+1
)
0
(u0k+2 ,vk+2
)
– K ∈ M P KP ⇒ Es gibt i2, .., in mit u1ui2 ..uin = v1vi2 ..vin
18
M P KP ≤P KP
{z
} | {z } | {z } | {z }
|
(u02,v20 )
(u01,v10 )
0
(u0k+1 ,vk+1
)
0
(u0k+2 ,vk+2
)
⇒ #
ˆ1#} uî2 # ..# uîn # |{z}
$ = |{z}
#vˆ1 #vî2 #.. #vîn |{z}
#$
{z
|u
|{z}
|{z} 0
|{z}
|{z}
u01
u0i +1
2
v10
u0in +1 uk+2
18
vi0 +1
2
0
vi0n +1 vk+2
M P KP ≤P KP
{z
} | {z } | {z } | {z }
|
(u02,v20 )
(u01,v10 )
0
(u0k+1 ,vk+1
)
0
(u0k+2 ,vk+2
)
⇒ #
ˆ1#} uî2 # ..# uîn # |{z}
$ = |{z}
#$
{z
|u
|{z}
|{z} 0
|{z}
|{z}
u01
u0i +1
2
v10
u0in +1 uk+2
vi0 +1
2
0
vi0n +1 vk+2
⇒ 1, i2+1, .., in+1, k+2 löst f (K) also f (K) ∈ P KP
18
M P KP ≤P KP
{z
} | {z } | {z } | {z }
|
(u02,v20 )
(u01,v10 )
0
(u0k+1 ,vk+1
)
0
(u0k+2 ,vk+2
)
⇒ #
ˆ1#} uî2 # ..# uîn # |{z}
$ = |{z}
#$
{z
|u
|{z}
|{z} 0
|{z}
|{z}
u01
u0i +1
2
v10
u0in +1 uk+2
vi0 +1
2
0
vi0n +1 vk+2
– f (K) ∈ P KP
18
M P KP ≤P KP
{z
} | {z } | {z } | {z }
|
(u02,v20 )
(u01,v10 )
0
(u0k+1 ,vk+1
)
0
(u0k+2 ,vk+2
)
⇒ #
ˆ1#} uî2 # ..# uîn # |{z}
$ = |{z}
#$
{z
|u
|{z}
|{z} 0
|{z}
|{z}
u01
u0i +1
2
v10
u0in +1 uk+2
vi0 +1
2
0
vi0n +1 vk+2
– f (K) ∈ P KP ⇒ Es gibt i1, .., in mit u0i1 ..u0in = vi01 ..vi0n
18
M P KP ≤P KP
{z
} | {z } | {z } | {z }
|
(u02,v20 )
(u01,v10 )
0
(u0k+1 ,vk+1
)
0
(u0k+2 ,vk+2
)
⇒ #
ˆ1#} uî2 # ..# uîn # |{z}
$ = |{z}
#$
{z
|u
|{z}
|{z} 0
|{z}
|{z}
u01
u0i +1
2
v10
u0in +1 uk+2
vi0 +1
2
0
vi0n +1 vk+2
⇒ i1=1, da nur u01, v10 dasselbe Anfangssymbol haben
0
in=k+2, da nur u0k+2, vk+2
dasselbe Endsymbol haben
18
M P KP ≤P KP
{z
} | {z } | {z } | {z }
|
(u02,v20 )
(u01,v10 )
0
(u0k+1 ,vk+1
)
0
(u0k+2 ,vk+2
)
⇒ #
ˆ1#} uî2 # ..# uîn # |{z}
$ = |{z}
#$
{z
|u
|{z}
|{z} 0
|{z}
|{z}
u01
u0i +1
2
v10
u0in +1 uk+2
vi0 +1
2
0
vi0n +1 vk+2
⇒ i1=1, da nur u01, v10 dasselbe Anfangssymbol haben
0
in=k+2, da nur u0k+2, vk+2
dasselbe Endsymbol haben
⇒ 1, i2−1, .., in−1−1 löst K also K ∈ M P KP
18
√
H≤M P KP : Transformation
Transformiere ein Halteproblem τ ,w in ein MPKP K
Sei τ = (S, X, Γ, δ, s0, b), w ∈ X ∗. Bestimme K := f (τ, w) wie folgt
19
– Wähle Alphabet Y := Γ∪S∪{#} für das MPKP
19
– Erzeuge Anfangskonfiguration in (u1, v1) := (#, #s0w#)
19
– Beschreibe Konfigurationsübergänge durch Wortpaare
· (s a, a0 s0)
für δ(s, a) = (s0, a0, r)
· (s #, a0 s0#)
für δ(s, b) = (s0, a0, r)
für d ∈ Γ und δ(s, a) = (s0, a0, l)
· (d s a, s0 d a0)
· (# s a, # s0 b a0)
für δ(s, a) = (s0, a0, l)
für d ∈ Γ und δ(s, b) = (s0, a0, r)
· (d s #, s0 d a0 #)
· (s a, qf a0)
für δ(s, a) = (s0, a0, h)
19
· (s a, a0 s0)
für δ(s, a) = (s0, a0, r)
· (s #, a0 s0#)
für δ(s, b) = (s0, a0, r)
für d ∈ Γ und δ(s, a) = (s0, a0, l)
· (d s a, s0 d a0)
· (# s a, # s0 b a0)
für δ(s, a) = (s0, a0, l)
für d ∈ Γ und δ(s, b) = (s0, a0, r)
· (d s #, s0 d a0 #)
· (s a, qf a0)
für δ(s, a) = (s0, a0, h)
– Ergänze “Kopierregeln” (a, a) für alle a ∈ Γ∪{#}
19
· (s a, a0 s0)
für δ(s, a) = (s0, a0, r)
· (s #, a0 s0#)
für δ(s, b) = (s0, a0, r)
für d ∈ Γ und δ(s, a) = (s0, a0, l)
· (d s a, s0 d a0)
· (# s a, # s0 b a0)
für δ(s, a) = (s0, a0, l)
für d ∈ Γ und δ(s, b) = (s0, a0, r)
· (d s #, s0 d a0 #)
· (s a, qf a0)
für δ(s, a) = (s0, a0, h)
– Ergänze “Löschregeln” (a qf , qf ) und (qf a, qf ) für alle a ∈ Γ
19
· (s a, a0 s0)
für δ(s, a) = (s0, a0, r)
· (s #, a0 s0#)
für δ(s, b) = (s0, a0, r)
für d ∈ Γ und δ(s, a) = (s0, a0, l)
· (d s a, s0 d a0)
· (# s a, # s0 b a0)
für δ(s, a) = (s0, a0, l)
für d ∈ Γ und δ(s, b) = (s0, a0, r)
· (d s #, s0 d a0 #)
· (s a, qf a0)
für δ(s, a) = (s0, a0, h)
– Ergänze “Löschregeln” (a qf , qf ) und (qf a, qf ) für alle a ∈ Γ
– Ergänze “Abschlußregel” (qf # #, #)
19
H≤M P KP : Korrektheit der Transformation f
Zeige hτ (w)6=⊥ ⇒ f (τ, w) ∈ M P KP
20
– Wegen hτ (w)6=⊥ gibt es eine Konfigurationsfolge
κ0=s0w → κ1 . . . → κt=xm..x0 s y0..yn mit δ( , ) = (s, y0, h)
20
– Mit Überführungs- und Kopierregeln bauen wir folgendes Wortpaar auf
· u = #s0w#κ1# . . . #κt#xm..x1
· v = #s0w#κ1# . . . #κt#xm..x1x0, qf y0..yn#xm..x1
20
· u = #s0w#κ1# . . . #κt#xm..x1
– Mit der Löschregel (x0 qf , qf ) erzeugen wir daraus
· #s0w#κ1# . . . #κt#xm..x1x0 qf
· #s0w#κ1# . . . #κt#xm..x1x0 qf y0..yn#xm..x1qf
20
· u = #s0w#κ1# . . . #κt#xm..x1
· #s0w#κ1# . . . #κt#xm..x1x0 qf
– Mit den Kopierregeln bekommen wir
· #s0w#κ1# . . . #κt#xm..x1x0 qf y0..yn#
· #s0w#κ1# . . . #κt#xm..x1x0 qf y0..yn#xm..x1qf y0..yn#
20
· u = #s0w#κ1# . . . #κt#xm..x1
· #s0w#κ1# . . . #κt#xm..x1x0 qf
· #s0w#κ1# . . . #κt#xm..x1x0 qf y0..yn#
– Mit den Lösch- und Kopierregeln ergibt sich
· #s0w# . . . . . . #xm..x1qf y0..yn#xm..x2qf y0..yn# . . . #qf yn#
· #s0w# . . . . . . #xm..x1qf y0..yn#xm..x2qf y0..yn# . . . #qf yn#qf #
20
· u = #s0w#κ1# . . . #κt#xm..x1
· #s0w#κ1# . . . #κt#xm..x1x0 qf
· #s0w#κ1# . . . #κt#xm..x1x0 qf y0..yn#
– Mit den Lösch- und Kopierregeln ergibt sich
· #s0w# . . . . . . #xm..x1qf y0..yn#xm..x2qf y0..yn# . . . #qf yn#
· #s0w# . . . . . . #xm..x1qf y0..yn#xm..x2qf y0..yn# . . . #qf yn#qf #
– Mit der Abschlußregel ergibt sich schließlich
· #s0w# . . . . . . #xm..x1qf y0..yn#xm..x2qf y0..yn# . . . #qf yn#qf ##
· #s0w# . . . . . . #xm..x1qf y0..yn#xm..x2qf y0..yn# . . . #qf yn#qf ##
20
√
H≤M P KP : Korrektheit der Transformation f (II)
Zeige hτ (w)6=⊥ ⇐ f (τ, w) ∈ M P KP
21
– Es gelte f (τ, w) ∈ M P KP
21
– Also gibt es i2, .., in mit u1ui2 ..uin = v1vi2 ..vin
21
– u1ui2 ..uin muß mit #s0w# beginnen und mit qf # # enden
21
ˆ 1, #ui3 =v
ˆ i2 , . . .
– Wegen der Überführungsregeln gilt #ui2 =v
21
ˆ 1, #ui3 =v
ˆ i2 , . . .
– Aus der Korrespondenz können wir daher eine Konfigurationsfolge
κ0=s0w → . . . → κt=xm..x0 s y0..yn konstruieren mit δ( , ) = (s, y0, h)
21
ˆ 1, #ui3 =v
ˆ i2 , . . .
√
– Also hält τ bei Eingabe w
21
ˆ 1, #ui3 =v
ˆ i2 , . . .
√
– Also hält τ bei Eingabe w
Es folgt H≤M P KP , also ist M P KP unentscheidbar
21
Unentscheidbarkeiten auf Grammatiken
Sätze S / T
Für kontextfreie Grammatiken G, G0 sind
die folgende Probleme unentscheidbar
1. L(G) ∩ L(G0) = ∅
2. L(G) ∩ L(G0) unendlich
3. L(G) ∩ L(G0) kontextfrei
4. L(G)
⊆
L(G0)
5. L(G) = L(G0)
6. L(G) = X ∗
7. G mehrdeutig
8. L(G) kontextfrei
9. L(G) regulär
10. L(G)
∈
DPDA
22
Beweis von Unentscheidbarkeiten
Reduktion auf das Post’sche Korrespondenzproblem
• Transformiere ein PKP in Grammatiken G und G0
23
– Gegeben K = {(u1, v1), .., (uk , vk )} über X = {0, 1}
23
– Wähle Terminalalphabet := {0, 1, $, a1, .., ak }
23
– Konstruiere G := S→A$B,
A→a1Au1, . . . A→ak Auk , A→a1u1, . . . A→ak uk
B→v1Ba1, . . . B→vk Bak , B→v1a1, . . . B→vk ak
23
– Dann gilt L(G) = {ain ..ai1 ui1 ..uin $ vjm ..vj1 aj1 ..ajm | iν , jµ≤k}
– Konstruiere G0 := S→a1Sa1, .., S→ak Sak , S→T ,
T →0T 0, T →1T 1, T →$,
23
T →0T 0, T →1T 1, T →$,
– Dann gilt L(G)0 = {uv $ uv | u ∈ {a1, .., ak }∗, v ∈ {0, 1}∗}
23
T →0T 0, T →1T 1, T →$,
• L(G)∩L(G0)=∅ ist unentscheidbar
23
T →0T 0, T →1T 1, T →$,
– Folgt direkt aus K ∈ P KP ⇔ L(G)∩L(G0)6=∅
23
√
T →0T 0, T →1T 1, T →$,
• L(G)∩L(G0) unendlich ist unentscheidbar
23
√
T →0T 0, T →1T 1, T →$,
√
– Es gilt ui1 ..uin = vi1 ..vin ⇒ ui1 ..uin ui1 ..uin = vi1 ..vin vi1 ..vin ⇒ . . .
23
T →0T 0, T →1T 1, T →$,
– Es gilt ui1 ..uin = vi1 ..vin ⇒ ui1 ..uin ui1 ..uin = vi1 ..vin vi1 ..vin ⇒ . . .
– Es folgt K ∈ P KP ⇔ L(G)∩L(G0) unendlich
23
√
√
Problemreduktion mit Abschlußeigenschaften
24
• Methodik
– Zeige, daß Lösung für P ein unlösbares Problem P 0 lösen würde
24
• Methodik
– Zeige, wie Lösung eines bekannten Problems P 0 zur Lösung von P 0 führt
24
• Methodik
• Hilfsmittel: Abschlußeigenschaften
–
–
–
–
M , M 0 entscheidbar, dann auch M ∪M 0, M ∩M 0, M \M 0, M , f −1(M )
M , M 0 aufzählbar, dann auch M ∪M 0, M ∩M 0, g(M ), g −1(M )
M entscheidbar ⇔ M und M aufzählbar
Reduzierbarkeit ist ein besonders mächtiger Spezialfall
24
• Methodik
• Hilfsmittel: Abschlußeigenschaften
–
–
–
–
M , M 0 entscheidbar, dann auch M ∪M 0, M ∩M 0, M \M 0, M , f −1(M )
M , M 0 aufzählbar, dann auch M ∪M 0, M ∩M 0, g(M ), g −1(M )
M entscheidbar ⇔ M und M aufzählbar
Reduzierbarkeit ist ein besonders mächtiger Spezialfall
• Umkehrung der Abschlußeigenschaften
–
–
–
–
M
M
M
M
nicht entscheidbar ⇒ M nicht entscheidbar
aufzählbar, nicht entscheidbar ⇒ M weder aufzählbar noch entscheidbar
entscheidbar, M ∪M 0 nicht entscheidbar ⇒ M 0 nicht entscheidbar
entscheidbar, M \M 0 nicht entscheidbar ⇒ M 0 nicht entscheidbar
..
..
24
Resultate aus Abschlußeigenschaften
• {(i, n) | ϕi(n)=⊥} ist nicht aufzählbar
Satz J.b
– {(i, n) | ϕi(n)=⊥} ist das Komplement von H = {(i, n) | ϕi(n)6=⊥}
– H ist aufzählbar aber unentscheidbar, also kann H nicht aufzählbar sein
25
Satz J.b
• {i | ϕi(i)=⊥} ist nicht aufzählbar
– {i | ϕi(i)=⊥} ist das Komplement von S = {i | ϕi(i)6=⊥}
– S ist aufzählbar aber unentscheidbar, also kann S nicht aufzählbar sein
25
Satz J.b
• P ROGz = {i | ϕi = z} ist nicht aufzählbar
– Es gilt H≤P ROGz und H ist nicht aufzählbar
25
Satz J.b
• P ROGz = {i | ϕi = z} ist nicht aufzählbar
– Es gilt H≤P ROGz und H ist nicht aufzählbar
• P Fϕ = {i | ϕi partiell} ist unentscheidbar
– P Fϕ ist das Komplement von Rϕ = {i | ϕi total}
– Rϕ ist nicht aufzählbar, also kann P Fϕ = Rϕ nicht entscheidbar sein
25
Welche Verifikationsprobleme sind entscheidbar?
• Halteproblem
– Kann man von einem beliebigen Programm entscheiden,
ob es bei bestimmten Eingaben hält oder nicht?
– Bereits als unentscheidbar nachgewiesen
26
• Halteproblem
• Korrektheitsproblem
ob es eine bestimmte Funktion berechnet oder nicht?
– Für die Nullfunktion bereits als unentscheidbar nachgewiesen
– Gilt ähnliches für andere Funktionen?
26
• Halteproblem
• Spezifikationsproblem
ob es eine gegebene Spezfikation erfüllt oder nicht?
26
• Halteproblem
• Äquivalenzproblem
– Kann man entscheiden, ob zwei beliebige Programme die gleiche
Funktion berechnen oder nicht?
26
• Halteproblem
• Äquivalenzproblem
– Kann man entscheiden, ob zwei beliebige Programme die gleiche
Funktion berechnen oder nicht?
Gibt es eine allgemeine Antwort?
26
Der Satz von Rice
Satz O
Keine nichttriviale extensionale Eigenschaft
berechenbarer Funktionen ist entscheidbar
Für ∅6=P ⊂Tµ ist LP = {i | ϕi ∈ P } nicht entscheidbar
27
Der Satz von Rice
Satz O
Beweis durch Reduktion auf S = {i | ϕi(i)6=⊥}
27
Der Satz von Rice
Satz O
– Betrachte g ≡ λx.⊥
27
Der Satz von Rice
Satz O
– Falls g 6∈ P , so wähle h ∈ P beliebig und definiere
h(x) falls ϕi(i)6=⊥
h0(i, x) =
⊥
sonst
27
Der Satz von Rice
Satz O
h0(i, x) =
⊥
sonst
– Dann ist h0 berechenbar und nach dem SMN Theorem gibt es ein
total-berechenbares f mit h0(i, x) = ϕf (i)(x)
27
Der Satz von Rice
Satz O
h0(i, x) =
⊥
sonst
– Es folgt: i ∈ S
27
Der Satz von Rice
Satz O
h0(i, x) =
⊥
sonst
– Es folgt: i ∈ S ⇒ ∀x. ϕf (i)(x) = h(x)
27
Der Satz von Rice
Satz O
h0(i, x) =
⊥
sonst
– Es folgt: i ∈ S ⇒ ∀x. ϕf (i)(x) = h(x) ⇒ ϕf (i) = h ∈ P
27
Der Satz von Rice
Satz O
h0(i, x) =
⊥
sonst
– Es folgt: i ∈ S ⇒ ∀x. ϕf (i)(x) = h(x) ⇒ ϕf (i) = h ∈ P ⇒ f (i) ∈ LP
27
Der Satz von Rice
Satz O
h0(i, x) =
⊥
sonst
i 6∈ S
27
Der Satz von Rice
Satz O
h0(i, x) =
⊥
sonst
i 6∈ S ⇒ ∀x. ϕf (i)(x)=⊥
27
Der Satz von Rice
Satz O
h0(i, x) =
⊥
sonst
i 6∈ S ⇒ ∀x. ϕf (i)(x)=⊥
⇒ ϕf (i) = g 6∈ P
27
Der Satz von Rice
Satz O
h0(i, x) =
⊥
sonst
i 6∈ S ⇒ ∀x. ϕf (i)(x)=⊥
⇒ ϕf (i) = g 6∈ P ⇒ f (i) 6∈ LP
27
Der Satz von Rice
Satz O
h0(i, x) =
⊥
sonst
i 6∈ S ⇒ ∀x. ϕf (i)(x)=⊥
⇒ ϕf (i) = g 6∈ P ⇒ f (i) 6∈ LP
– Insgesamt i ∈ S ⇔ f (i) ∈ LP , also S≤P
27
Der Satz von Rice
Satz O
h0(i, x) =
⊥
sonst
i 6∈ S ⇒ ∀x. ϕf (i)(x)=⊥
⇒ ϕf (i) = g 6∈ P ⇒ f (i) 6∈ LP
– Da S unentscheidbar ist, muß dies auch für P gelten
27
√
Der Satz von Rice
Satz O
h0(i, x) =
⊥
sonst
i 6∈ S ⇒ ∀x. ϕf (i)(x)=⊥
⇒ ϕf (i) = g 6∈ P ⇒ f (i) 6∈ LP
– Da S unentscheidbar ist, muß dies auch für P gelten
√
– Falls g ∈ S wähle ein beliebiges h 6∈ S und zeige so S≤P
√
27
Anwendungen des Satzes von Rice
• M ON = {i | ∀k. ϕi(k) < ϕi(k+1)}
– Monotone Funktionen sind unentscheidbar
28
• M ON = {i | ∀k. ϕi(k) < ϕi(k+1)}
• EF = {i | ∀j. ϕi(j) ∈ {0, 1}}
– Entscheidungsfunktionen sind unentscheidbar
28
• M ON = {i | ∀k. ϕi(k) < ϕi(k+1)}
• EF = {i | ∀j. ϕi(j) ∈ {0, 1}}
• P ROGspec = {i | ϕi erfüllt Spezifikation spec}
– Allgemeines Spezifikationsproblem ist unentscheidbar
28
• M ON = {i | ∀k. ϕi(k) < ϕi(k+1)}
• EF = {i | ∀j. ϕi(j) ∈ {0, 1}}
• P ROGf = {i | ϕi = f }
– Korrektheitsproblem ist unentscheidbar
28
• M ON = {i | ∀k. ϕi(k) < ϕi(k+1)}
• EF = {i | ∀j. ϕi(j) ∈ {0, 1}}
• P ROGf = {i | ϕi = f }
• EQ = {(i, j) | ϕi = ϕj }
– Äquivalenzproblem ist unentscheidbar
28
• M ON = {i | ∀k. ϕi(k) < ϕi(k+1)}
• EF = {i | ∀j. ϕi(j) ∈ {0, 1}}
• P ROGf = {i | ϕi = f }
• EQ = {(i, j) | ϕi = ϕj }
• RG = {(i, j) | j ∈ range(ϕi)}
– Bildbereiche sind unentscheidbar
28
• M ON = {i | ∀k. ϕi(k) < ϕi(k+1)}
• EF = {i | ∀j. ϕi(j) ∈ {0, 1}}
• P ROGf = {i | ϕi = f }
• EQ = {(i, j) | ϕi = ϕj }
• RG = {(i, j) | j ∈ range(ϕi)}
– Bildbereiche sind unentscheidbar
Keine Programmeigenschaft kann getestet werden
Beweise müssen von Hand geführt werden
Rechnerunterstützung nur in Spezialfällen möglich
28

Theoretische Informatik II

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