VL-08: Turing-M¨achtigkeit (Berechenbarkeit und Komplexit¨at, WS 2019) Gerhard Woeginger

(1)

VL-08: Turing-M¨ achtigkeit

(Berechenbarkeit und Komplexit¨ at, WS 2019) Gerhard Woeginger

WS 2019, RWTH

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Organisatorisches

N¨achste Vorlesungen:

Freitag, November 15, 12:30–14:00 Uhr, Audimax Mittwoch, November 20: Keine Vorlesung Freitag, November 22, 12:30–14:00 Uhr, Audimax

Webseite:

https://algo.rwth-aachen.de/Lehre/WS1920/BuK/BuK.py

(3)

Wiederholung

(4)

Wdh.: Das Postsche Correspondenzproblem

Formale Definition (Postsches Correspondenzproblem, PCP) EineInstanzdes PCP besteht aus einer endlichen Menge

K = x1

y1

, . . . ,

xk

yk

wobeix1, . . . ,xk undy1, . . . ,yk nichtleere W¨orter ¨uber einem endlichen AlphabetΣsind.

Das Problem besteht darin, zu entscheiden, ob es eine (nicht-leere) correspondierende Folgehi1, . . . ,inivon Indizes in{1, . . . ,k} gibt, sodass

xi1xi2. . .xin = yi1yi2. . .yin

(5)

Wdh.: Unser Arbeitsplan

Wir werden die folgenden beiden Aussagen beweisen.

Satz A

MPCP≤PCP

Satz B H≤MPCP

Die Transitivit¨at der Reduzierbarkeit (¨Ubung) impliziertH≤PCP.

Satz

Das PCP ist unentscheidbar.

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Vorlesung VL-08 Turing-M¨ achtigkeit

Entscheidungsprobleme f¨ur CFGs Integration in geschlossener Form Satz von Richardson

Hilberts zehntes Problem Satz von Matiyasevich Turing-M¨achtigkeit Game of Life

(7)

Entscheidungsprobleme f¨ ur CFGs

(8)

Context-freie Grammatiken (1)

Aus der FOSAP Vorlesung:

Definition

Einecontext-freie Grammatik(CFG)G ist ein Quadrupel (N,Σ,P,S), wobei

N = Menge der Non-Terminal Symbole Σ= Terminal Alphabet

P = Menge von Regeln der Form A→w wobeiA∈N undw ∈(Σ∪N)^∗ S = Element vonN (Startsymbol)

Also: Bei jeder Regel inP steht auf der linken Seite nur ein einzelnes Non-Terminal Symbol

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Context-freie Grammatiken (2)

Beispiel N={S}

Σ ={a,b,c}

P: S→aSa|bSb|cSc; S→a|b|c; S →aa|bb|cc Herleitung:

S → aSa → acSca → acaSaca → acaaSaaca → acaabbaaca Herleitung:

S → bSb → bbSbb → bbbSbbb → bbbbbbbb

Definition

L(G)ist die Menge aller Worte ¨uber dem Terminal AlphabetΣ, die durch wiederholte Anwendung von Regeln inP

(10)

Entscheidungsprobleme f¨ ur CFGs

Die folgenden Probleme f¨ur CFGs sind entscheidbar:

Gegeben CFG hGiundw ∈Σ^∗, gilt w ∈L(G)?

Gegeben CFG hGi, istL(G)leer?

Gegeben CFG hGi, istL(G)endlich?

Die folgenden Probleme f¨ur CFGs sind unentscheidbar: Gegeben CFG hGi, istG eindeutig?

Gegeben CFG hGi, giltL(G) = Σ^∗? Gegeben CFG hGi, istL(G)regul¨ar?

Gegeben CFGs hG1iundhG2i, gilt L(G1)⊆L(G2)? Gegeben CFGs hG1iundhG2i, ist L(G1)∩L(G2)leer?

(11)

Entscheidungsprobleme f¨ ur CFGs

Die folgenden Probleme f¨ur CFGs sind entscheidbar:

Gegeben CFG hGiundw ∈Σ^∗, gilt w ∈L(G)?

Gegeben CFG hGi, istL(G)leer?

Gegeben CFG hGi, istL(G)endlich?

Die folgenden Probleme f¨ur CFGs sind unentscheidbar:

Gegeben CFG hGi, istG eindeutig?

Gegeben CFG hGi, giltL(G) = Σ^∗? Gegeben CFG hGi, istL(G)regul¨ar?

Gegeben CFGs hG1iund hG2i, gilt L(G1)⊆L(G2)?

Gegeben CFGs hG iund hG i, ist L(G )∩L(G )leer?

(12)

Leerheit des Durchschnitts

Satz

Es ist unentscheidbar, ob die von zwei gegebenen CFGsG1 undG2

erzeugten Sprachen leeren Durchschnitt haben.

Beweis:

Betrachte eine beliebige PCP Instanz x₁

y1

, . . . ,

x_k yk

Es seien b1, . . . ,bk Buchstaben, die nicht inxi undyi vorkommen Konstruiere CFGsG1und G2 mit folgenden Regeln:

G1: S→x1Sb1 |x2Sb2| · · · |xkSbk | x1b1 | · · · |xkbk

G2: S→y1Sb1 |y2Sb2| · · · |ykSbk | y1b1 | · · · |ykbk

PCP l¨osbar genau dann wennL(G₁)∩L(G₂)nicht leer G1: S →^∗ x8x1x4x2x5x1x4 b4b1b5b2b4b1b8

G₂: S →^∗ y₈y₁y₄y₂y₅y₁y₄ b₄b₁b₅b₂b₄b₁b₈

(13)

Leerheit des Durchschnitts

Satz

Beweis:

y1

, . . . ,

x_k yk

Es seien b1, . . . ,bk Buchstaben, die nicht inxi undyi vorkommen

Konstruiere CFGsG1und G2 mit folgenden Regeln:

PCP l¨osbar genau dann wennL(G₁)∩L(G₂)nicht leer G1: S →^∗ x8x1x4x2x5x1x4 b4b1b5b2b4b1b8

G₂: S →^∗ y₈y₁y₄y₂y₅y₁y₄ b₄b₁b₅b₂b₄b₁b₈

(14)

Leerheit des Durchschnitts

Satz

Beweis:

y1

, . . . ,

x_k yk

Es seien b1, . . . ,bk Buchstaben, die nicht inxi undyi vorkommen Konstruiere CFGsG1und G2 mit folgenden Regeln:

PCP l¨osbar genau dann wennL(G₁)∩L(G₂)nicht leer

(15)

Integration in geschlossener Form

(16)

Einige indefinite Integrale

Beispiel

Z

4x³+3x²+2x+7dx = x⁴+x³+x²+7x+C

Z

xsin(x)dx = −xcos(x) +sin(x) +C

Z sin(x)

x dx = ??? Z

e^−x² dx = ??? Z

p1+cos²(x)dx = ???

(17)

Einige indefinite Integrale

Beispiel

Z

4x³+3x²+2x+7dx = x⁴+x³+x²+7x+C Z

xsin(x)dx =

−xcos(x) +sin(x) +C

Z sin(x)

x dx = ??? Z

e^−x² dx = ??? Z

p1+cos²(x)dx = ???

(18)

Einige indefinite Integrale

Beispiel

Z

4x³+3x²+2x+7dx = x⁴+x³+x²+7x+C Z

Z sin(x)

x dx = ??? Z

e^−x² dx = ??? Z

p1+cos²(x)dx = ???

(19)

Einige indefinite Integrale

Beispiel

Z

4x³+3x²+2x+7dx = x⁴+x³+x²+7x+C Z

Z sin(x) x dx =

???

Z

e^−x² dx = ??? Z

p1+cos²(x)dx = ???

(20)

Einige indefinite Integrale

Beispiel

Z

4x³+3x²+2x+7dx = x⁴+x³+x²+7x+C Z

Z sin(x)

x dx = ???

Z

e^−x² dx = ??? Z

p1+cos²(x)dx = ???

(21)

Einige indefinite Integrale

Beispiel

Z

4x³+3x²+2x+7dx = x⁴+x³+x²+7x+C Z

Z sin(x)

x dx = ???

Z

e^−x² dx = ???

Z

p1+cos²(x)dx = ???

(22)

Einige indefinite Integrale

Beispiel

Z

4x³+3x²+2x+7dx = x⁴+x³+x²+7x+C Z

Z sin(x)

x dx = ???

Z

e^−x² dx = ???

Z

p1+cos²(x)dx = ???

(23)

Beispiel: Rationale Funktionen

Rationale Funktionen sind immer geschlossen integrierbar:

Satz (Joseph Liouville, 1838)

Wenn eine Funktionf(x)der Quotient von zwei PolynomenP(x)und Q(x)ist, so kannf(x)als Summe von Termen der Form

a

(x−b)ⁿ und ax+b ((x−c)²+d²)ⁿ

geschrieben werden.

Da jeder derartige Term geschlossen integrierbar ist, ist jede rationale Funktionf(x)geschlossen integrierbar.

(24)

Nat¨ urliche Fragen zur geschlossenen Integration

Woran erkenne ich, dass eine Funktion nicht geschlossen integrierbar ist (sodass ich mir nicht weiter den Kopf dar¨uber zerbrechen muss)?

Woher weiss ich, ob nicht vielleicht irgendein anderer, besserer Ansatz (eine trickreiche Substitution oder eine geschickte partielle Integration) zum Ziel f¨uhrt?

K¨onnen Computeralgebrasysteme wie Maple^TM und Mathematica^TM jede geschlossen integrierbare Funktion integrieren?

Gibt es irgendwo am WWW eine Liste mit allen Funktionen, die nicht geschlossen integrierbar sind?

(25)

Der Satz von Richardson

Eine Funktion heisstelementar, wenn sie durch Kombination von Addition, Subtraktion, Multiplikation, Division,

Potenzieren, Wurzel ziehen, Logarithmieren, Betragsfunktion und den trigonometrischen Funktionen konstruiert werden kann.

Im Jahr 1968 bewies der Britische Mathematiker Daniel Richardson das folgende Unentscheidbarkeitsresultat:

Satz von Richardson (1968)

Es ist unentscheidbar, ob eine gegebeneelementareFunktion eine elementareStammfunktion besitzt.

Der Beweis reduziert (im Wesentlichen) das Halteproblem f¨ur Turing Maschinen auf das Integrationsproblem.

(26)

Der Satz von Richardson

Eine Funktion heisstelementar, wenn sie durch Kombination von Addition, Subtraktion, Multiplikation, Division,

Potenzieren, Wurzel ziehen, Logarithmieren, Betragsfunktion und den trigonometrischen Funktionen konstruiert werden kann.

Im Jahr 1968 bewies der Britische Mathematiker Daniel Richardson das folgende Unentscheidbarkeitsresultat:

Satz von Richardson (1968)

Es ist unentscheidbar, ob eine gegebeneelementareFunktion eine elementareStammfunktion besitzt.

Der Beweis reduziert (im Wesentlichen) das Halteproblem f¨ur Turing

(27)

Hilberts zehntes Problem

(28)

David Hilbert (1862–1943)

Wikipedia:

David Hilbertwar ein deutscher Mathematiker. Er gilt als einer der bedeutendsten Mathematiker der Neuzeit. Viele seiner Arbeiten auf dem Gebiet der Mathematik und mathematischen Physik begr¨undeten eigenst¨andige Forschungsgebiete.

Hilbert begr¨undete die moderne formalistische Auffassung von den Grundlagen der Mathematik und veranlasste eine kritische Analyse der mathematischen Begriffsdefinitionen und des mathematischen Beweises.

(29)

Hilberts zehntes Problem

Auf dem Internationalen Mathematikercongress in Paris im Jahr 1900 pr¨asentierte David Hilbert eine Liste mit 23 mathematischen Problemen.

Hilberts zehntes Problem (im Originalwortlaut)

EineDiophantischeGleichung mit irgend welchen Unbekannten und mit ganzen rationalen Zahlencoefficienten sei vorgelegt: man soll ein Verfahren angeben, nach welchem sich mittelst einer endlichen Anzahl von Operationen entscheiden l¨asst, ob die Gleichung in ganzen rationalen Zahlen l¨osbar ist.

Mit denganzen rationalen Zahlensind einfach unsere ganzen Zahlen inZgemeint.

Diophantische Gleichungensind Gleichungen mit Polynomen in

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Diophantische Gleichungen

Ein Termist ein Produkt aus Variablen mit einem konstanten Koeffizienten. Zum Beispiel ist

6·x·x·x·y·z·z bzw. 6x³yz²

ein Term ¨uber den Variablenx,y,z mit dem Koeffizienten 6.

Ein Polynomist eine endliche Summe von Termen, z.B.

6x³yz²+3xy²−x³−10

Eine diophantische Gleichungsetzt ein Polynom gleich Null.

Die L¨osungen der Gleichung entsprechen also den Nullstellen des Polynoms. Obiges Polynom f¨uhrt zur diophantischen Gleichung 6x³yz²+3xy²−x³=10mit der Nullstelle

(31)

Beispiele (1)

Beispiel 27

Besitzt die Gleichungx³+y³+z³=27 eine ganzzahlige L¨osung?

Ja, zum Beispiel (x,y,z) = (3,0,0) Beispiel 28/29

Besitzt die Gleichungx³+y³+z³=28 eine ganzzahlige L¨osung? Besitzt die Gleichungx³+y³+z³=29 eine ganzzahlige L¨osung? Ja und ja: (x,y,z) = (3,1,0)und (x,y,z) = (3,1,1)

Beispiel 30

Besitzt die Gleichungx³+y³+z³=30 eine ganzzahlige L¨osung? Ja, zum Beispiel (x,y,z) = (−283059965,−2218888517,2220422932) Entdeckt von: Beck, Pine, Tarrant & Yarbrough (2007)

(32)

Beispiele (1)

Beispiel 27

Ja, zum Beispiel (x,y,z) = (3,0,0)

Beispiel 28/29

Besitzt die Gleichungx³+y³+z³=28 eine ganzzahlige L¨osung? Besitzt die Gleichungx³+y³+z³=29 eine ganzzahlige L¨osung? Ja und ja: (x,y,z) = (3,1,0)und (x,y,z) = (3,1,1)

Beispiel 30

(33)

Beispiele (1)

Beispiel 27

Ja und ja: (x,y,z) = (3,1,0)und (x,y,z) = (3,1,1) Beispiel 30

(34)

Beispiele (1)

Beispiel 27

Ja und ja: (x,y,z) = (3,1,0)und (x,y,z) = (3,1,1)

Beispiel 30

(35)

Beispiele (1)

Beispiel 27

Ja, zum Beispiel (x,y,z) = (−283059965,−2218888517,2220422932) Entdeckt von: Beck, Pine, Tarrant & Yarbrough (2007)

(36)

Beispiele (1)

Beispiel 27

(37)

Beispiele (2)

Beispiel 31

Nein!

Modulo9genommen kann eine ganze Zahlnnur die Reste 0,±1,±2,±3,±4annehmen.

Modulo9genommen kann eine Kubikzahln³ daher nur die Reste 0³,(±1)³,(±2)³,(±3)³,(±4)³ annehmen.

Modulo9genommen kann eine Kubikzahln³ daher nur die Reste 0,±1annehmen.

Modulo9genommen kann die Summex³+y³+z³von drei Kubikzahlen daher nur die Reste0,±1,±2,±3annehmen,und niemals die Reste ±4.

Da 31≡4 (mod 9), gibt es keine ganzzahlige L¨osung.

(38)

Beispiele (2)

Beispiel 31

Nein!

Modulo9genommen kann eine ganze Zahlnnur die Reste 0,±1,±2,±3,±4annehmen.

Modulo9genommen kann eine Kubikzahln³ daher nur die Reste 0³,(±1)³,(±2)³,(±3)³,(±4)³ annehmen.

Modulo9genommen kann eine Kubikzahln³ daher nur die Reste 0,±1annehmen.

Modulo9genommen kann die Summex³+y³+z³von drei Kubikzahlen daher nur die Reste0,±1,±2,±3annehmen,und niemals die Reste ±4.

(39)

Beispiele (3)

Beispiel 32

Nein! Da32≡ −4 (mod 9), gibt es keine ganzzahlige L¨osung.

Beispiel 33

Besitzt die Gleichungx³+y³+z³=33 eine ganzzahlige L¨osung? Ja:(8866128975287528,−8778405442862239,−2736111468807040) Entdeckt von: Andrew Booker (M¨arz 2019)

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Beispiele (3)

Beispiel 32

Beispiel 33

Besitzt die Gleichungx³+y³+z³=33 eine ganzzahlige L¨osung? Ja:(8866128975287528,−8778405442862239,−2736111468807040) Entdeckt von: Andrew Booker (M¨arz 2019)

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Beispiele (3)

Beispiel 32

Beispiel 33

Ja:(8866128975287528,−8778405442862239,−2736111468807040) Entdeckt von: Andrew Booker (M¨arz 2019)

(42)

Beispiele (3)

Beispiel 32

Beispiel 33

Ja:(8866128975287528,−8778405442862239,−2736111468807040) Entdeckt von: Andrew Booker (M¨arz 2019)

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Ein weiteres Beispiel (1)

Aus der Schulzeit

Wie findet man ganzzahlige L¨osungen vonx⁴−x³−4x²+2x−24=0?

Man überprüft die Teiler des konstanten Glieds−24und entdecktx=3 als einzige ganzzahlige Lösung.

Rechtfertigung: Die Gleichung kann umgeformt werden zu x·(x³−x²−4x+2) =24

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Ein weiteres Beispiel (2)

Beobachtung

Es ist entscheidbar, ob eineunivariateDiophantische Gleichung a_nxⁿ+a_n−1xⁿ⁻¹+ · · · +a₂x²+a₁x+a₀ = 0

eine ganzzahlige L¨osungx besitzt.

Jede ganzzahlige L¨osungx ist ein Teiler vona₀.

Man muss also nur die ganzen Zahlenx mit|x| ≤ |a0|durchprobieren.

(45)

Hilberts zehntes Problem und Dioph

Im Originalwortlaut:

In modernerer Formulierung:

Konstruiere einen Algorithmus, der entscheidet, ob ein gegebenes Polynom mit ganzzahligen Koeffizienten eine ganzzahlige Nullstelle hat.

In BuK Formulierung:

Konstruiere eine Turing Maschine, die die folgende Sprache entscheidet: Dioph={hpi|pist ein Polynom mit ganzzahligen Koeffizienten

und mit (mindestens) einer ganzzahligen Nullstelle}

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Hilberts zehntes Problem und Dioph

Im Originalwortlaut:

In modernerer Formulierung:

Konstruiere einen Algorithmus, der entscheidet, ob ein gegebenes Polynom mit ganzzahligen Koeffizienten eine ganzzahlige Nullstelle hat.

In BuK Formulierung:

Konstruiere eine Turing Maschine, die die folgende Sprache entscheidet:

(47)

Rekursive Aufz¨ ahlbarkeit von Dioph

F¨ur ein Polynomp∈Z[x1, . . . ,x`]in`Variablen

entspricht der Wertebereich der abz¨ahlbar unendlichen MengeZ^`.

Der folgende Algorithmus erkennt daher Dioph:

Z¨ahle die`-Tupel ausZ^` in kanonischer Reihenfolge auf und wertepf¨ur jedes dieser Tupel aus.

Akzeptiere, sobald eine dieser Auswertungen den Wert0ergibt.

Wir folgern:

Satz

Die SpracheDiophist rekursiv aufz¨ahlbar.

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Entscheidbarkeit von Dioph (1)

Falls wir eine obere Schranke für die Absolutwerte der Nullstellen hätten, so brauchten wir nur eine endliche Menge von`-Tupeln aufzuzählen. Damit wäre das ProblemDiophentscheidbar.

Wir haben bereits gesehen:

F¨ur univariate Polynomep(x) =akx^k+ak−1x^k−1+· · ·+a1x+a0

ist|a₀| eine derartige obere Schranke.

F¨ur multivariate Polynome gibt es aber keine derartige obere Schranke f¨ur die Absolutwerte der Nullstellen:

Betrachten Sie zum Beispiel das Polynom p(x,y) =x+y. Andrerseits: Wir brauchen ja gar keine Schranke, die f¨uralle Nullstellen gilt. Es reicht schon, wenn eineeinzigeder Nullstellen beschr¨ankt ist.

Existiert eine derartige Schranke? Oder gibt es vielleicht ganz andere Ans¨atze und M¨oglichkeiten, um einem Polynom anzusehen, ob es eine ganzzahlige Nullstelle besitzt?

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Entscheidbarkeit von Dioph (1)

Betrachten Sie zum Beispiel das Polynom p(x,y) =x+y.

Andrerseits: Wir brauchen ja gar keine Schranke, die f¨uralle Nullstellen gilt. Es reicht schon, wenn eineeinzigeder Nullstellen beschr¨ankt ist.

Existiert eine derartige Schranke? Oder gibt es vielleicht ganz andere Ans¨atze und M¨oglichkeiten, um einem Polynom anzusehen, ob es eine ganzzahlige Nullstelle besitzt?

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Entscheidbarkeit von Dioph (1)

Betrachten Sie zum Beispiel das Polynom p(x,y) =x+y.

Andrerseits: Wir brauchen ja gar keine Schranke, die f¨uralle Nullstellen gilt. Es reicht schon, wenn eineeinzigeder Nullstellen beschr¨ankt ist.

Existiert eine derartige Schranke? Oder gibt es vielleicht ganz andere

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Entscheidbarkeit von Dioph (2)

Erst siebzig Jahre, nachdem Hilbert sein Problem pr¨asentiert hatte, beantwortete der russische Mathematiker Yuri Matiyasevich diese Fragen:

Satz von Matiyasevich (1970)

Das Problem, ob ein ganzzahliges Polynom eine ganzzahlige Nullstelle besitzt, ist unentscheidbar.

Der Beweis beruht auf einer langen Kette von Argumenten, durch die letztendlich das Halteproblem f¨ur Turing Maschinen auf das NullstellenproblemDiophreduziert wird.

Yuri Matiyasevich hat das letzte Glied in dieser Kette geschlossen.

Andere wichtige Kettenglieder wurden in den Jahren 1950–1970 von Julia Robinson, Martin Davis und Hilary Putnam konstruiert.

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Entscheidbarkeit von Dioph (3)

Tats¨achlich folgt aus dieser Beweiskette ein st¨arkeres Resultat:

Satz (Matiyasevich, Robinson, Davis & Putnam)

F¨ur jede TeilmengeX ⊆Zder ganzen Zahlen sind die beiden folgenden Aussagen ¨aquivalent:

X ist rekursiv aufz¨ahlbar

Es existiert ein (k+1)-variates Polynomp(x,y1, . . . ,yk)mit ganzzahligen Koeffizienten, sodass

X ={x∈Z| ∃y₁, . . . ,y_k ∈Zmitp(x,y₁, . . . ,y_k) =0}

Ganzzahlige Polynome sind alsogenauso berechnungsstarkund genauso m¨achtigwie Turing Maschinen.

Der Beweis ist technisch und lang (viel, viel, viel zu lang, um in

(53)

Yuri Matiyasevich & Julia Robinson

Wikipedia:Yuri Vladimirovich Matiyasevich (born 1947, in Leningrad) is a Russian mathematician and computer scientist. In 1969–1970, he pursued his Ph.D. studies at the Leningrad Department of the Steklov Institute of Mathematics under the supervision of Sergey Maslov. He is best known for his negative solution of Hilbert’s tenth problem.

Wikipedia:Julia Hall Bowman Robinson (1919–1985) was an American mathematician noted for her contributions to the fields of computability theory and computational complexity theory, most notably in decision

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Beispiel: Ein Primzahl-generierendes Polynom

Man erh¨alt genau die Menge der Primzahlen, wenn man die 26 Variablen im folgenden Polynom durch 26 beliebigenicht-negativeganze Zahlen ersetzt und alle resultierendennicht-negativenWerte ausdruckt:

(k+2){1−([wz+h+j−q]²

+ [(gk+2g+k+1)(h+j) +h−z]² + [16(k+1)³(k+2)(n+1)²+1−f²]²

+ [2n+p+q+z−e]²+ [e³(e+2)(a+1)²+1−o²]² + [(a²−1)y²+1−x²]²+ [16r²y⁴(a²−1) +1−u²]² + [((a+u²(u²−a))2−1)(n+4dy)²+1−(x+cu)²]² + [(a²−1)`²+1−m²]²

+ [ai+k+1−`−i]²+ [n+`+v−y]²

+ [p+`(a−n−1) +b(2an+2a−n²−2n−2)−m]²

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Berechenbarkeitslandschaft

rekursiv aufz¨ahlbare

Probleme

H

H D

Probleme mit rekursiv aufz¨ahlbarem Komplement H H

D entscheidbare

Probleme

Nicht rekursiv aufz¨ahlbare Probleme mit

nicht rekursiv aufz¨ahlbarem Komplement H_tot PCP

Dioph

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Turing-M¨ achtigkeit

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Turing-m¨ achtige Rechnermodelle

Definition

Ein Rechnermodell wird alsTuring-m¨achtigbezeichnet,

wenn jede Funktion, die durch eine TM berechnet werden kann, auch durch dieses Rechnermodell berechnet werden kann.

Da die Registermaschine (RAM) die Turingmaschine simulieren kann, ist sie Turing-m¨achtig

Auch eine viel schwächere Variante der RAM mit stark eingeschränktem Befehlssatz ist Turing-mächtig

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Registermaschinen (RAM)

Programm

Befehlsz¨ahler b

Akkumulator c(0)

Speicher (unbeschr¨ankt)

c(1) c(2) c(3) c(4) ...

Befehlssatz:

LOAD, STORE, ADD, SUB, MULT, DIV INDLOAD, INDSTORE, INDADD, INDSUB, INDMULT, INDDIV CLOAD, CADD, CSUB, CMULT, CDIV

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Eingeschr¨ ankte Registermaschine (Mini-RAM)

Programm

Befehlsz¨ahler b

Akkumulator c(0)

Speicher (beschr¨ankt)

c(1) c(2) ... c(1000)

Eingeschr¨ankter Befehlssatz:

LOAD, STORE, ADD, SUB, MULT, DIV INDLOAD, INDSTORE, INDADD, INDSUB, INDMULT, INDDIV CLOAD, CADD, CSUB, CMULT, CDIV

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M¨ achtigkeit der Mini-RAM

Ubung¨

Die Mini-RAM ist eine eingeschr¨ankte Variante der RAM

mit nur acht Befehlen LOAD, STORE, CLOAD, CADD, CSUB, GOTO, IF c(0)>0 THEN GOTO, END

und mit einer endlichen Anzahl von Registern.

Zeigen Sie, dass die Mini-RAM Turing-m¨achtig ist.

Hinweis: Diese ¨Ubung wird viel einfacher, wenn man erst einmal den Stoff von VL-09 gesehen hat.

(61)

Turing-M¨ achtigkeit: Weitere Beispiele

Reines HTML (ohne JavaScript; ohne Browser) istnicht Turing-m¨achtig

Tabellenkalkulationen (ohne Schleifen) sind nichtTuring-m¨achtig

Der Lambda Calculus von Alonzo Church ist ¨aquivalent zur TM, und daher Turing-m¨achtig

Die µ-rekursiven Funktionen von Stephen Kleene sind ¨aquivalent zur

TM, und daher Turing-m¨achtig

Alle gängigen höheren Programmiersprachen sind Turing-mächtig: Algol, Pascal, C, FORTRAN, COBOL, Java, Smalltalk, Ada, C++, Python, LISP, Haskell, PROLOG, etc.

PostScript, Tex, Latex sind Turing-m¨achtig

Sogar PowerPoint ist Turing-m¨achtig (wegen Animated Features)

(62)

Turing-M¨ achtigkeit: Weitere Beispiele

Tabellenkalkulationen (ohne Schleifen) sind nichtTuring-mächtig Der Lambda Calculus von Alonzo Church ist äquivalent zur TM, und daher Turing-mächtig

Alle gängigen höheren Programmiersprachen sind Turing-mächtig:

Algol, Pascal, C, FORTRAN, COBOL, Java, Smalltalk, Ada, C++, Python, LISP, Haskell, PROLOG, etc.

Sogar PowerPoint ist Turing-m¨achtig (wegen Animated Features)

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Turing-M¨ achtigkeit: Weitere Beispiele

Tabellenkalkulationen (ohne Schleifen) sind nichtTuring-mächtig Der Lambda Calculus von Alonzo Church ist äquivalent zur TM, und daher Turing-mächtig

Alle gängigen höheren Programmiersprachen sind Turing-mächtig:

Algol, Pascal, C, FORTRAN, COBOL, Java, Smalltalk, Ada, C++, Python, LISP, Haskell, PROLOG, etc.

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Conway’s Game of Life

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Turing-M¨ achtigkeit: Game of Life

(66)

John Horton Conway FRS (1937)

Wikipedia: John Horton Conwayis an English mathematician active in the theory of finite groups, knot theory, number theory, combinatorial game theory, and coding theory. He has also contributed to many branches of recreational mathematics, and invented the Game of Life.

In 2004, Conway and Simon Kochen proved the free will theorem, a startling version of the no-hidden-variables principle of quantum mechanics. It states that (given certain conditions) if an experimenter can freely decide what quantities to measure in a particular experiment, then elementary particles must be free to choose their spins to make the measurements consistent with

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Game of Life: Regeln

Conway’s Game of Life(aus dem Jahr 1970) ist ein zellul¨arer Automat, der auf einem unendlichen 2-dimensionalen Gitter arbeitet.

Zu jedem Zeitpunkt ist jede Zelle entwederlebendodertot.

Ausgehend von einer Anfangskonfiguration entwickelt sich die Zellenkonfiguration Schritt f¨ur Schritt folgendermassen:

Eine tote Zelle mit genau drei lebenden Nachbarn ist im n¨achsten Schritt lebendig.

Lebende Zellen mit weniger als zwei oder mehr als drei lebenden Nachbarn sterben ab.

Alle anderen Zellen bleiben unver¨andert.

(68)

Illustration: Doppel-U (clickable)

(69)

Illustration: Gleiter (clickable)

(70)

Illustration: Unendliches Spiel (clickable)

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Game of Life: Fragen

Kombinatorische Fragen

Kann eine AnfangskonfigurationK unbeschr¨ankt wachsen?

Gibt es f¨ur jede AnfangskonfigurationK eine Schrankef(K), sodass alle ausK entstehenden Konfigurationen h¨ochstensf(K)lebende Zellen haben?

Algorithmische Fragen

Falls das Game of Life mit einer gegebenen AnfangskonfigurationK gestartet wird,

stirbt das System dann irgendwann aus?

erreicht das System jemals einen stabilen Zustand?

verh¨alt sich das System dann irgendwann periodisch?

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Game of Life: Antworten

Satz

Conway’s Game of Life ist Turing-m¨achtig.

Die folgenden Probleme sind unentscheidbar:

Stirbt das System mit Anfangskonfiguration K jemals aus?

Stabilisiert sich das System mit AnfangskonfigurationK jemals?

Verh¨alt sich das System mit AnfangskonfigurationK irgendwann einmal periodisch?

Erreicht das System mit Anfangskonfiguration K jemals die Zielkonfiguration K⁰?

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VL-08: Turing-M¨achtigkeit (Berechenbarkeit und Komplexit¨at, WS 2019) Gerhard Woeginger