计算模型

Def. 确定图灵机 (Deterministic Turing Machine, DTM)

7 元组，记作 \(M=(Q,\Sigma,\Gamma,\delta,q _0, B, F)\)，其中

\(Q\) 是有穷状态集合
\(\Sigma\) 是有穷输入符号集合
\(\Gamma\) 是有穷带上符号集，\(\Sigma\sube\Gamma\)
\(q _0\) 是图灵机的起始状态
\(F\sube Q\) 是停机（接受）状态集合
\(B\in\Gamma/\Sigma\) 是空字符
\(\delta\) 是形如 \((Q/F)\times \Gamma\to Q\times \Gamma\times\{L, R\}\) 的转移函数
例如，\(\delta(p,a)=(q,b,L)\) 定义动作：当机器处于状态 \(p\)，并且带头指向格子内容为 \(a\) 时，执行：将 \(a\) 改成 \(b\)，进入状态 \(q\)，带头左移一格

\(M\) 停机，当且仅当 \(M\) 进入接收状态，或者找不到可用的转移规则

图灵机计算过程的瞬时描述 (ID)，形如：\(X _1 X _2\dotsb X _{i-1} q X _i X _{i+1}\dotsb X _n\)，表示：

图灵机的当前状态是 \(q\)
图灵机带上的内容为 \(X _1 X _2\dotsb X _n\)
图灵机的带头正在扫描 \(X _i\)

瞬时描述的移动，即图灵机的一步计算，表示为 \(⊢\)；多次移动（多步计算）可以表示为 \(⊢ ^ * , ⊢ ^ * _M\)

Def. 图灵机 \(M\) 的语言（\(M\) 识别的语言）
给定图灵机 \(M\) 和字符串 \(w\in\Sigma ^ { * }\)，如果存在 \(M\) 的瞬时描述序列 \(ID _1,ID _2,\dotsb, ID _k\)，满足如下条件，则称 \(M\) 接受 \(w\)：

\(ID _1\) 是 \(M\) 初始状态的瞬时描述，为 \(q _0 w\)
\(ID _k\) 是 \(M\) 的某个接受状态
\(ID _{i}⊢ ID _{i+1}, i\in [k-1]\)

\(M\) 接受的字符串集合称为 \(M\) 的语言，或 \(M\) 识别的语言，记作 \(L(M)\)
显然，若 \(w\notin L(M)\)，则 \(M\) 要么停机且拒绝，要么永远不停机

图灵机有很多变种，它们彼此等价（所谓等价，指两者识别相同的语言类，或者证明它们可以互相模拟）
例如，我们可以令带头动作变为 \(\{L,R,S\}\)，但它不能比原本的图灵机更好，因为我们可以简单地用 \(L+R\) 模拟 \(S\)；
我们再介绍几个变种：

多带图灵机：它有 \(k\) 个带，各自具有读写头；开始时我们的输入放在第一个带上，其他带是空白的，转移函数为 \(\delta:Q\times \Gamma ^ k\to Q\times \Gamma ^k\times \{L, R, S\} ^k\)
显然，这 \(k\) 个带子可以视为在一个带子上用某个指定分隔符隔开的 \(k\) 个段；并且我们可以用一个技巧描述这个带上各段当前所指字符：只需为字符 \(a\) 引入 \(\dot{a}\) 即可，毕竟我们的字符集是有限的；于是我们可以用单带模拟多带，从而两者是等价的
单带图灵机模拟多带图灵机时间代价：平方级别
非确定图灵机：转移函数形如 \((Q/F)\times \Gamma\to 2 ^{Q\times \Gamma\times\{L, R\}}\)；而字符串 \(w\) 被接受当且仅当存在转移序列使得 \(q _0 w⊢ ^ * \alpha p\beta,p\in F\)

在之后关于“可计算性”的讨论中，我们将“问题”视为一种“语言”，将“算法”视为一种“图灵机”，从而我们考虑的是“某个图灵机之于某个语言”
这是因为，我们总能将问题的输入对象进行编码（下文用 \(\lang\cdot, \cdots\rang\) 表示），并尝试在其上运行一个能识别它的图灵机（或者不存在、或者不停机）
算法又何以成为图灵机？我们直接认为，我们对算法的直观概念，等价于图灵机算法（丘奇-图灵论题），它的一个常见表述是：

丘奇-图灵论题
每个有效计算都可以由一台图灵机完成。

可计算理论 Theory of Computability

识别/判定

注意到图灵机语言的定义，并没有讨论永不停机的情况，从应用的角度，不停机就不是算法了；因此我们基于“识别”，引入不停机的条件，进一步提出“判定”概念

Def. 图灵机 \(M\) 的语言（\(M\) 识别的语言）
\(M\) 接受的字符串集合称为 \(M\) 的语言，或 \(M\) 识别的语言，记作 \(L(M)\)
Def. 图灵机 \(M\) 的语言（\(M\) 判定的语言）
如果图灵机 \(M\) 是始终停机的（称为判定器），那么也称 \(L(M)\) 为图灵机 \(M\) 判定的语言

进一步地，我们用图灵机的识别/判定行为，定义语言种类

Def. 图灵可识别语言 (Turing‐Recognizable Language)
如果存在图灵机 \(M\) 识别语言 \(L\)，那么 \(L\) 是一个图灵可识别语言 Turing-recognizable
Def. 图灵可判定语言 (Turing‐Decidable Language)
如果存在图灵机 \(M\) 判定语言 \(L\)，那么 \(L\) 是一个图灵可判定语言 Turing-decidable

Th. 判定 \(\sube\) 识别
如果图灵机 \(M\) 判定 \(L\)，那么 \(M\) 一定识别 \(L\)
如果语言 \(L\) 是图灵可判定的，那么 \(L\) 一定是图灵可识别的

现在我们回到所谓“可计算”上：对于某个问题，它具有无穷个实例 instance，而我们关注的是这个问题是否有算法。
而现在，我们将问题视作语言 language，将实例视作字符串 string，那么，这个问题能否计算，就转化为是否存在一个（某种）图灵机能判定这个语言
当然，所谓 “给定一个（某种）图灵机，能否判定一个语言” 本身也是一个问题，也能用语言描述，因此我们引入一般的表达形式：
我们用 \(\lang \cdot,\dotsb\rang\) 表示编码，它只需要我们事先约定即可，关于它的细节一般不再赘述，下文同理

Def. 问题 \(\lrArr\) 语言
考虑一个问题：“检测对于一个特定的图灵机 \(M\) 和一个给定的串 \(w\)，命题 \(\text{Cond}(M, w)\) 是否成立”
对它，先将所有成立的二元组 \((M,w)\) 的编码的集合视作语言 \(A _{TM}\)：

\[A _{TM}= \{ \lang M, w\rang : M\text{ 是 } TM, \text{满足条件 Cond}(M,w)\} \]

从而，证明命题 \(\text{Cond}(M, w)\) 成立，等价于证明 \(\lang M,w\rang\in A _{TM}\)，从而我们用语言 \(A _{TM}\) 等价描述了上述的问题

例如，可以令命题为 \(\text{Cond}(M, w)\) 为 “\(M\) 接受 \(w\)”；进而，要证明该命题可计算（即 ~~M 判定 w~~ 可以在有限时间得出该命题是否成立；这和 \(M\) 判定 \(w\) 还是有区别的），等价于证明 \(A _{TM}\) 是可判定的
此外，图灵机就是算法，图灵机可以调用图灵机（实现方法为模拟被调用图灵机的运行），这个思路需要多加强调
例如，现在有一个问题：“给定一个 DFA \(D\) 和一个串 \(w\)，判断 \(D\) 是否接受 \(w\)”
现在考虑语言 \(A _{DFA} = \{\lang D, w\rang:D是DFA且接受w\}\)
那么：

该问题判断 “\(D\) 是否接受 \(w\)”，等价于判断 \(\lang D, w\rang\) 是否属于 \(A _{DFA}\)；
要证明该问题是可解的，等价于证明 \(A _{DFA}\) 是可判定的（证明只需设计图灵机 \(M\) 在 \(w\) 上模拟 \(D\) 运行即可，这个图灵机就是这个问题的算法）

我们再为可识别/可判定介绍等价概念：递归可枚举的、递归的

Def. 枚举图灵机
枚举图灵机 (enumerator) 是一个多带图灵机：

初始状态，工作带为空，即无输入
有一条特殊输出带，带头只能右移，在输出带上顺序打印有穷长度的字符串，字符串的数目可能是无穷的，字符串可以重复打印
例如，可以按照如下方式工作：
- 运行中进入一个特殊的状态 \(q _\text{print}\)，该状态将工作带上的内容复制到输出带上，利用 \(\#\) 字符分隔
- 复制后，机器返回常规状态继续运行
枚举图灵机 \(E\) 的语言 \(L(E)=\{x : E \text{ 输出 } \cdots\#x\#\cdots\}\)，也称为 \(E\) 枚举 \(L(E)\)

实际上，枚举图灵机 \(E\) 和图灵机 \(M\) 可以互相模拟；分类讨论：

与一般图灵机（非判定器）相互模拟的枚举图灵机，它不能按字典序输出字符串（否则存在判定器判定它的语言，原因见下）：
- 若有 \(E\) 枚举 \(A\)，则构造 \(M\)，对于输入 \(w\)：运行 \(E\)，并将其每次的输出与 \(w\) 比较，若匹配则接受，否则继续（显然若 \(w\notin A\)，则 \(M\) 无法停机）
- 若有 \(M\) 识别 \(A\)，则构造 \(E\)，按字典序依次枚举 \(\Sigma ^ { * }\) 的所有字符串 \(s _1,s _2,\dotsb\)；如果我们简单地依次对每个字符串运行 \(M\)，那要是 \(M\) 不停机了怎么办呢？我们可以限制 \(M\) 的运行次数，让其强行停机——迭代，每次对前 \(i\) 个字符串 \(s _1,\dotsb, s _i\)，依次送入 \(M\) 且分别至多运行 \(i\) 步，若某个字符串被接受则输出——此时每个 \(s _j\in A\) 会被输出无穷次（当然，输出前扫一遍之前的输出，可以令只输出一次）
与判定器相互模拟的枚举图灵机，它可以按字典序输出字符串：
- 若有 \(E\) 枚举 \(A\)，则构造 \(M\) 同上，此时由于 \(E\) 按字典序输出，则 \(M\) 只需多加判断字典序大小并及时退出，故必定能停机
- 若有 \(M\) 识别 \(A\)，则构造 \(E\)，按字典序依次枚举 \(\Sigma ^ { * }\) 的所有字符串 \(s _1,s _2,\dotsb\)，并依次对每个字符串运行 \(M\)，且 \(M\) 必定停机

根据上述方法，我们又证明了两组等价关系：

Def. 递归可枚举语言 (recursively enumerable, r.e.)
如果存在枚举图灵机 \(E\) 满足 \(L=L(E)\)，那么 \(L\) 是递归可枚举语言
Th. 递归可枚举 \(\lrArr\) 图灵可识别
语言 \(L\) 是递归可枚举的，当且仅当 \(L\) 是图灵可识别的

Def. 递归语言 (recursive)
如果存在枚举图灵机 \(E\) 满足 \(L=L(E)\)，并且 \(E\) 以字母序打印 \(L(E)\)，则称 \(L\) 是递归语言
Th. 递归 \(\lrArr\) 图灵可判定
语言 \(L\) 是递归的，当且仅当 \(L\) 是图灵可判定的

因此，从问题看，有等价关系：可计算 \(\lrArr\) 可判定 \(\lrArr\) 递归语言
现在让我们回到可判定、可识别语言上，我们考虑一下运算封闭性：

Th. 可判定（可识别）语言的运算封闭性
已知语言 \(A\) 和 \(B\) 是可判定（可识别）的，则如下语言是可判定（可识别）的：

\(A∪B\)，\(A\cap B\)
\(A\cdot B=AB=\{xy:x\in A, y\in B\}\)
\(A ^ * = \cup _{n=0} ^{\infty} A ^ n, A ^ 0=\{\epsilon\},A ^n = A A ^{n-1}\)
关于补操作 \(\bar{A}\)：
- 可判定语言对补操作封闭
- 可识别语言对补操作不封闭（无法停机无法对应构造使得对该字符串停机）
  但是倘若 \(A,\bar{A}\) 均为可识别，则 \(A(\bar{A})\) 均为可判定，证明显然，只需同时运行 \(A,\bar{A}\)，至少有一个停机；事实上有定理：

Th. 图灵可判定等价条件
语言 \(L\) 是图灵可判定的，当且仅当 \(L\) 及其补语言 \(\bar{L}\) 均是图灵可识别的

总结一下，现在我们根据可识别、可判定，对一个语言 \(L\) 做出如下分类：

\(L\) 和 \(\bar{L}\) 都是图灵可识别的，即都是图灵可判定的
\(L\) 是图灵可识别的，\(\bar{L}\) 不是图灵可识别的
\(\bar{L}\) 是图灵可识别的，\(L\) 不是图灵可识别的
\(L\) 和 \(\bar{L}\) 都不是图灵可识别的

对这些类别，接下来我们分别讨论

不可识别

首先，是否存在不可识别语言呢？

从计数可以证明是存在的：语言的个数为 \(|2 ^{\Sigma ^ * }|\)，是不可数的（\(\Sigma ^ { * }\) 可数）；而可以对图灵机进行编码，使得每个图灵机至少与一个 01 串对应，故图灵机可列，等价于自然数，是可数的；因此语言数量远多于图灵机数量，一定存在某个语言不对应任何一个图灵机，证毕
另外，介绍一种图灵机编码方式（编码只是到 \(\Sigma ^{ * }\) 的一种映射罢了）
以 \(M=(\{q _0, q _1,\dotsb, q _n\},\{0, 1\}, \{0, 1, B\},\delta,q _0, \{q _1\})\) 为例：
记 \(X _1=0, X _2 = 1, X _3=B,D _1 = L,D _2=R\)
则 \(\delta(q _i,X _j)=(q _k,X _l, D _m)\) 编码为 \(code=0 ^{i+1}10 ^ j 1 0 ^{k+1}1 0 ^l 1 0 ^m\)
假设图灵机 \(M\) 有 \(r\) 条转移规则，则将 \(M\) 编码为 \(code _1 11 code _2 11\dotsb 11 code _r 111\)
显然，每个图灵机对应有限个 01 串，每个 01 串不一定是一个合法图灵机

既然存在，那么又如何证明一个语言的不可识别呢？可以考虑对角化方法，或者归于某个已知不可识别语言的可识别性
给出一个不可识别语言的例子：

Def. 对角化语言 \(L _d\)
\(M _i\) 表示按字典序第 \(i\) 个字符串 \(w _i\) 编码的图灵机，又即 \(w _i=\lang M _i\rang\) ；若 \(w _i\) 不是合法的编码，则 \(L(M _i)=\empty\)（一种编码方法很容易存在不合法的编码）
对角化语言定义为

\[L _d = \{w _i : w _i\notin L(M _i)\} \]

Th. 对角化语言 \(L _d\) 不可识别（进而不可判定）

证明
显然，不合法编码的存在使得 \(L _d\) 非空，现在我们来证明 \(L _d\) 不可识别
重温经典：对角化方法
假设存在 \(M _j\) 能够判定 \(L _d=L(M _j)\)，那么当我们考察 \(w _j\) 时，会发现假设 \(w _j\in L(M _j)\)，则 \(w _j\notin L _d=L(M _j)\)，矛盾；假设 \(w _j\notin L(M _j)\)，则 \(w _j\in L _d=L(M _j)\)，又矛盾，故原假设不成立
之所以叫做“对角线语言”，是因为以下图为例，两个取反的序列会在右下角相撞：

\[\begin{array}{c|cc} &\lang M _0\rang&\lang M _1\rang&\lang M _2\rang&\dotsb&\color{royalblue}{w _j}\\ \hline M _0&\color{deeppink}0&1&1&\dotsb\\ M _1&1&\color{deeppink}0&1&\dotsb\\ M _2&0&0&\color{deeppink}1&\dotsb\\ \vdots&\vdots&\vdots&\vdots&\ddots\\ \color{royalblue}{M _j}&\color{royalblue}1&\color{royalblue}1&\color{royalblue}0&\dotsb&\color{royalblue} ? \end{array} \]

证明其他一些问题不可识别，可以尝试对角线方法；或者反证法，假设其可识别，从而通过将一些已知不可识别语言的识别任务交给这个代证语言，得到矛盾

Exercise. 令 \(w _i\) 表示第 \(i\) 个字符串，\(M _i\) 为对应编码的图灵机，证明语言 \(\{w _j : w _{2j} \notin L(M _{j})\}\) 是非递归可枚举的（图灵可识别的）
（提示：考虑 \(L'= \{w _{2j}: w _{2j} \notin L(M _j)\}\) 是否递归可枚举）

可以证明 \(\{w _{2j} : w _{2j} \notin L(M _{j})\}\) 是不可识别的，因为假设 \(M _k\) 识别该语言，则 \(w _{2k}\in L(M _k)\rArr w _{2k}\notin L(M _k),w _{2k}\notin L(M _k)\rArr w _{2k}\in L(M _k)\)，都矛盾
接下来证明 \(\{w _j : w _{2j} \notin L(M _{j})\}\) 不可识别，假设可识别且图灵机 \(M\) 识别之，则可证明 \(\{w _{2j} : w _{2j} \notin L(M _{j})\}\) 也可识别，因为只需对于输入的 \(w _{2j}\)，判断 \([w _j\in L(M)]\) 即可，故矛盾，故得证

或者利用定理：\(L\) 可判定当且仅当 \(L,\overline{L}\) 可识别的；从而要证明 \(L\) 不可识别，可以考虑证明 \(L\) 不可判定、\(\overline{L}\) 可识别

不可判定

那么，是否存在可识别但不可判定的语言呢？如何证明不可判定呢？
先介绍几个基本问题。\(L _{ACC}\) 是一个很重要的问题，后面也 turns out 是个重要模板的组成部分

Def. 图灵机接受问题 \(L _{ACC}\)

\[L _{ACC}=\{ \lang M, w\rang : M \text{ 是图灵机}, M \text{ 接受 } w \} \]

Th. \(L _{ACC}\) 是图灵可识别的

证明很简单，构造“通用图灵机” \(M _u\) 为一个能够模拟图灵机运行的图灵机：对于输入 \(\lang M, w\rang\)（任何可以表示的方法，不要总想着 01 编码），执行：

检查 \(M\) 的合法性

在 \(w\) 上模拟 \(M\) 运行（只需多带记录 \(M\) 的当前状态和转移即可）

若 \(M\) 接受 \(w\)，则 \(M _u\) 接受 \(\lang M, w\rang\)
若 \(M\) 拒绝 \(w\)，则 \(M _u\) 拒绝；不停机不做定义

后文中我们提到“模拟 \(M\) 在 \(w\) 上运行”，都是指这个实现方式。于是 \(M _u\) 识别 \(L _{ACC}\)；显然 \(M _u\) 不足以判定 \(L _{ACC}\)，实际上 \(L _{ACC}\) 不可判定，即图灵机接受问题不可计算

Th. \(L _{ACC}\) 不是图灵可判定的
Co. \(\overline{L _{ACC}}\) 不是图灵可识别的

采用对角线法证明：
假设图灵机 \(H\) 判定 \(L _{ACC}\)，对于输入 \(\lang M, w\rang\)，\(H\) 总能停机，且输出 \(H(\lang M, w\rang)\) 为根据 \(M\) 是否接受 \(w\) 也输出接受与否
接下来构造图灵机 \(D\)，并认为其输入的字符串为图灵机编码 \(\lang M\rang\)，调用 \(H(M, \lang M\rang)\) 并且总是输出和 \(H\) 相反的结果：\(D(\lang M\rang)=1-H(M, \lang M\rang)\)
由于编码可列，图灵机是可列的，将其列成 \(M\)-\(\lang M\rang\) 的矩阵，并考虑 \(H(M, \lang M\rang)\) 和 \(D(\lang M\rang)\) 的真值，它们在右下角相撞：

\[\begin{array}{c|cc} &\lang M _0\rang&\lang M _1\rang&\lang M _2\rang&\dotsb&\color{royalblue}{\lang D\rang}\\ \hline M _0&\color{deeppink}0&1&1&\dotsb\\ M _1&1&\color{deeppink}0&1&\dotsb\\ M _2&0&0&\color{deeppink}1&\dotsb\\ \vdots&\vdots&\vdots&\vdots&\ddots\\ \color{royalblue}{D}&\color{royalblue}1&\color{royalblue}1&\color{royalblue}0&\dotsb&\color{royalblue} ? \end{array} \]
因此产生矛盾，\(D,H\) 不存在，从而得证

Def. 图灵机停机问题 \(L _{HALT} = \{ \lang M, w\rang : M \text{ 是图灵机}, M \text{ 在 } w \text{ 上停机} \}\)
Th. \(L _{HALT}\) 是图灵可识别的
Th. \(L _{HALT}\) 不是图灵可判定的
Co. \(\overline{L _{HALT}}\) 不是图灵可识别的

证明。显然是可识别的；现在证明不可判定：假设 \(M _{HALT}\) 判定 \(L _{HALT}\)，即 \(M _{HALT}\) 能判定 \(\lang M, w\rang\) 是否停机；
那我们可以构造图灵机完成对 \(L _{ACC}\) 的判定：给定 \(\lang M, w\rang\)，先调用 \(M _{HALT}(\lang M, w\rang)\) 判断是否停机，如果不停机则不接受；否则模拟 \(M(w)\)，从而给出结果；这与 \(L _{ACC}\) 不可判定矛盾，故得证

如上所示，将待证明的可判定性归于 \(L _{ACC}\) 的可判定性，是一个常见的证明方法；下文再举几例：

Def. \(L _{e}=\{\lang M\rang:M \text{ 是图灵机},L(M)=\empty\}\)
Th. \(L _{e}\) 不是图灵可判定的
Co. \(\overline{L _{e}}\) 是图灵可识别的，\(L _e\) 不是图灵可识别的

乍一看，\(L _{e}\) 拒绝所有字符串，似乎是个非常直白的问题；但是从算法的角度，我们找不到一个判定器，能够判断一个图灵机是否是拒绝所有非空字符串的
证明：假设存在 \(M _{e}\) 判定 \(L _{e}\)；构造图灵机判定 \(L _{ACC}\)，给定 \(\lang M, w\rang\)：
考虑在 \(\lang M\rang\) 上运行 \(M _{e}\)，如果接受，则 \(w\notin L(M)=\empty\)；否则只能说明 \(L(M)\ne\empty\)；
现在考虑构造修改图灵机 \(M'\)，先判断输入是否为 \(w\)，否则拒绝，是则调用 \(M\)，于是 \(L(M')=\{w\}\cap L(M)\)；现在我们在 \(\lang M'\rang\) 上运行 \(M _e\)，如果接受，说明 \(w\notin L(M')=\empty\)；如果拒绝，说明 \(w\in L(M')=\{w\}\ne \empty\)
从而构造出 \(L _{ACC}\)，矛盾！从而得证
这就把矛盾卡出来了，总结来说，是因为考虑 \(M _e(\lang M\rang)=[L(M)=\empty]\)，而 \(w\in L(M) \lrArr \{w\}=\{w\}\cap L(M)\triangleq L(M')\)，所以判断 \(M _e(\lang M'\rang)\) 就能说明问题了
这又一次提示我们，可以将我们手头有的东西归于 \(L _{ACC}\) 的功能

快速再给几个例子：

Exercise. \(L _{ACCALL}=\{\lang M\rang:M \text{ 是图灵机},M \text{ 接受所有字符串} \}\) 不是图灵可判定的

\(M _{ACCALL}(\lang M\rang)=[\Sigma ^ * \sube L(M)]\)，而我们要判断 \([w\in L(M)]\)；
对给定 \(\lang M, w\rang\)：
令 \(M'(x)\triangleq[w\in L(M)]\)，为对任意 \(x\in\Sigma ^{ * }\)，总是模拟 \(M\) 在 \(w\) 上运行，并返回模拟结果，即 \(\color{deeppink}{[x\in L(M')]=[w\in L(M)]}\)，这一步是利用 \(M _{ACCALL}\) 的能力直接预知了模拟结果
而 \([x\in L(M')]=M _{ACCALL}(\lang M'\rang)\)
则构造图灵机 \(M _{ACC}\)：在 \(M _{ACCALL}\) 上运行 \(\lang M'\rang\)，并返回结果即可；故矛盾

这个证明告诉我们直接通过 “返回模拟结果/返回运行结果” 可以建立判定式之间的相等联系，就如 deeppink 颜色式子所示

Exercise. \(L _{REG}=\{\lang M\rang:M\text{ 是图灵机, 且接受正则语言}\}\) 不是图灵可判定的

这个的证明和 \(L _{ACCALL}\) 差不多，限制一下某个正则语言即可：
\(M'(x)\triangleq[x = 0 ^n]\& [w\in L(M)]\)，为先判断是否为 \(0 ^n\)，再模拟 \(M(w)\) 并返回运行结果，则 \(L(M')=\begin{cases} 0 ^n &;w\in L(M) \\ \empty &;w\not\in L(M)\end{cases}\)
则 \(L _{REG}(\lang M'\rang)=[L(M')=\text{REG}]=[L(M')=0 ^n]=[w\in L(M)]\)
可见这里是把 \([w\in L(M)]\) 作为条件加入的，这不失为一种模板，后面规约中会进行总结

Exercise. \(L _{palindrome}=\{\lang M\rang:L(M) = \{w:w \text{ 是回文串}\}\}\) 不是图灵可判定的

\(M'(x)\triangleq [x=00]\& [w\in L(M)]\)，为先判定是否为 \(00\)，再模拟 \(M(w)\) 并返回运行结果，则 \(L(M')=\begin{cases} 00 &;w\in L(M) \\ \empty &;w\not\in L(M)\end{cases}\)
则 \(L _{palindrome}(\lang M' \rang)=[L(M') \text{ 回文}]=[L(M') = 00] = [w\in L(M)]\)

Exercise. \(L _{R}=\{\lang M\rang:L(M) = (L(M)) ^ R\}\) 不是图灵可判定的（即若 \(w\in L(M)\)，则 \(w ^R\in L(M)\)）

\(M'(x)\triangleq [x=01]\& [w\in L(M)]\)
则 \(L _R(\lang M'\rang)=[L(M')=(L(M')) ^R]=[L(M')=\empty]=[w\in L(M)]\)（这里我认为 \(\empty=\empty ^R\)，所以这么设计）

Exercise. \(L _{R}=\{\lang M\rang:L(M) = (L(M)) ^ R\}\) 不是图灵可识别的

可以考虑证明 \(L _{R}\) 不可判定、\(\overline{L _R}\) 可识别，前者上题已经证了，考虑证明 \(\overline{L _R}\) 可识别。构造图灵机 \(M'\)，对于输入 \(\lang M\rang\)，按字典序枚举字符串 \(w\)，在 \(w, w ^R\) 上分别运行 \(M\)，若结果不同则接受。可见 \(M'\) 识别 \(\overline{L _R}\)，得证

再小提一句，之所以这个方法不能用在 \(L _R\) 上，是因为我们无法定义什么时候接受（接受状态）——在 \(w, w ^R\) 上分别运行 \(M\)，若结果相同，我们还得继续运行下去
这个小问题让我想到，如果一开始我们对图灵机的定义里，把“接受状态”改为“拒绝状态”，是不是会有一类问题的结论变成补集了呢？

映射规约

上述问题都具有一个相同的过程：将一个问题归于另一个问题，这提示我们，问题彼此之间是否具有某种可以“归约”的关系？

归约（reduction）支持将问题按计算难度分层（排序）。例如，问题 \(A\) 可以归约到问题 \(B\)，记作 \(A\le B\)，直观表示 \(A\) 不会比 \(B\) 更困难

Def. 可计算函数（Computable functions）
函数 \(f:\Sigma _1 ^ * \to \Sigma _2 ^{ * }\) 被称作是可计算的，若存在图灵机 \(M\) 使得 \(\forall w \in \Sigma _1 ^{ * }\)，\(M\) 在 \(w\) 上停机且输出带上是 \(f(w)\)
其实就是存在图灵机能有限时间计算出 \(f\)

Def. \(\le _m\)，映射规约（Mapping reduction）
令 \(A\sube \Sigma ^ * _1\) 和 \(B\sube \Sigma ^ * _2\) 是两个语言，\(A\) 被称作可映射归约到 \(B\)，记作 \(A\le _m B\)，若存在可计算函数 \(f:\Sigma _1 ^ * \to \Sigma _2 ^{ * }\)，使得 \(\forall w\in \Sigma ^ * _1\) 有 \(w\in A \lrArr f(w)\in B\)
这里的函数 \(f\) 被称作从问题 \(A\) 到 \(B\) 的映射归约
映射规约具有如下性质，从而映射规约是个很有用的方法/方向：

Th. \(\le _m\) 的性质

若 \(A \le _m B\)，则：
- 若 \(B\) 可判定，则 \(A\) 可判定
  若 \(A\) 不可判定，则 \(B\) 不可判定（逆否命题）
- 若 \(B\) 可识别，则 \(A\) 可识别
  若 \(A\) 不可识别，则 \(B\) 不可识别（逆否命题）
\(A \le _m B\lrArr\overline{A}\le _m\overline{B}\)
\(A \le _m B,B \le _m C\rArr A \le _m C\)

例如：
\(L _d = \{\lang M\rang: \lang M\rang\notin L(M)\}\)，则 \(\lang M\rang \in L _d \lrArr \lang M\rang\notin L(M) \lrArr \lang M, \lang M\rang\rang\in \overline{L _{ACC}}\)，故映射规约 \(f:\lang M\rang\mapsto \lang M, \lang M\rang\rang\) 是映射规约，从而 \(L _d\le _m \overline{L _{ACC}}\)，所以 \(L _d\) 是不可识别的
又比如，\(\lang M\rang\in L _{ACCALL} \lrArr \lang M, \Sigma ^ * \rang\in L _{ACC}\)，则 \(f:\lang M\rang\mapsto \lang M,\Sigma ^ * \rang\) 是映射规约，从而 \(L _{ACCALL}\le _m L _{ACC}\)，所以 \(L _{ACCALL}\) 是不可判定的
反过来，\(\lang M, w\rang\in L _{ACC}\lrArr \lang M'\rang\in L _{ACCALL}\)，其中 \(M'\) 定义为对任意输入，都模拟 \(M\) 在 \(w\) 上运行，接受则接受，否则拒绝（如上文提到），则 \(L _{ACC}\le _m L _{ACCALL}\)

Remark. 模板

要证明语言 \(L _{some}\) 不可识别，可以考虑证明 \(\overline{L _{ACC}}\le _m L _{some}\)，即证明 \(L _{ACC}\le _m \overline{L _{some}}\)
要证明语言 \(L _{some}\) 不可判定，可以考虑证明 \(L _{ACC}\le _m L _{some}\)

因此，很多问题都可以归于证明 \(L _{ACC}\le L _{some}\)（无论是利用取补或者逆否），大概证明思路都是 \(\lang M, w\rang\in L _{ACC}\lrArr \lang M'(,\dotsb)\rang\in L _{some}\)
这个 \(M'\) 先让自己限定在满足 \(L _{some}\) 条件（的某个子集）内；然后模拟 \(M\) 在 \(w\) 上运行，若 \(w\in L(M)\) 则实现这个条件，否则不实现
这样的话，\(M'\) 以 \(w\in L(M)\) 为唯一条件、以满足 \(L _{some}\) 的条件，于是 \(\lang M, w\rang\in L _{ACC}\lrArr \lang M'\rang\in L _{some}\)

Exercise. \(L _{HALT} = \{ \lang M, w\rang : M \text{ 是图灵机}, M \text{ 在 } w \text{ 上停机} \}\) 不可判定

证明，考虑 \(L _{ACC}\le L _{HALT}\)，也就是要构造映射规约 \(f:\lang M, w\rang\mapsto\lang M', w'\rang\)，使得 \(\lang M, w\rang\in L _{ACC}\lrArr \lang M', w'\rang\in L _{HALT}\)，如何令 \(M\) 停机以 \(w\in L(M)\) 为唯一条件？很简单，对任意 \(w'\)，都令 \(M'\) 先模拟 \(M\) 在 \(w\) 上运行，若接受则直接停机，否则就进入一个永不停机的状态，这样就完成证明了

还记得我们之前怎么证明的吗？我们利用 \(L _{HALT}\) 造出了一个判定 \(L _{ACC}\) 的玩意，从而导出矛盾。这两个证明应该还是有区别的

利用这个方法，我们可以证明这样一个语言——本身和补集都是不可识别的：\(L _{EQ}\)

Th. \(L _{EQ}=\{\lang M _1, M _2\rang : L(M _1) = L(M _2) \}\) 不是图灵可识别的
Th. \(\overline{L _{EQ}}\) 不是图灵可识别的

证明 \(L _{EQ}\)：可以考虑证明 \(\overline{L _{ACC}}\le _m L _{EQ}\)，取补 \(L _{ACC}\le _m\overline{L _{EQ}}\)，这就是经典结构了。取 \(M _1,M _2\)，如何让 \(w\in L(M)\lrArr \lang M _1, M _2\rang\in \overline{L _{EQ}} \lrArr L(M _1)\ne L (M _2)\) 呢？令 \(L(M _1)=\empty\) 也就是拒绝所有输入，\(L(M _2)\) 接受当且仅当模拟 \(M\) 在 \(w\) 上运行且接受，这样就得到了 \(f:\lang M, w\rang\mapsto \lang M _1, M _2\rang\)
证明 \(\overline{L _{EQ}}\)：可以考虑证明 \(\overline{L _{ACC}}\le _m \overline{L _{EQ}}\)，取补 \(L _{ACC}\le _m L _{EQ}\)，这和上面不是一样嘛，让 \(M _1\) 接受所有输入就行了

下面再介绍一个更一般的规约：图灵归约

Def. 神谕图灵机（Oracle Turing machine）
一个图灵机变种，可以查询某个语言判定问题的结果是 \(1\) 或者 \(0\)，\(M ^B\) 表示可以查询语言 \(B\) 的 oracle 图灵机，即判定 \(M ^B(w)=[w\in B]\)
Def. \(\le _T\)，图灵规约（Turing reduction）
令 \(A\sube \Sigma ^ * _1\) 和 \(B\sube \Sigma ^ * _2\) 是两个语言，\(A\) 被称作可图灵归约到 \(B\)，记作 \(A\le _T B\)，若存在 Oracle 图灵机 \(M ^B\) 判定 \(A\)
Th. \(A\le _m B\rArr A\le _T B\)

证明，按照如下方式构造 \(M ^B\)：对于查询 \([x\in A]\)，利用映射规约 \(f\)，计算 \(f(x)\) 并在 \(M ^B\) 上查询 \([f(x)\in B]\)，返回查询的结果

莱斯定理（Rice's theorem）

现在让我们回过头观察这些不可判定问题，为什么很多情况它们的证明如此相似（比如那个模板）？
本质上，这是“图灵机识别语言”的性质，我们从一些更上层的角度观察
介绍莱斯定理（Rice's theorem），它表明任何图灵机识别语言的非平凡性质都是不可判定的

Def. 图灵机识别语言的非平凡性质（Nontrivial properties）
\(P\) 是图灵机识别语言的非平凡性质，或者说是具备某个性质的语言集合，当且仅当

存在图灵机 \(M _1\) 使得 \(L(M _1)\in P\)
存在图灵机 \(M _2\) 使得 \(L(M _2)\notin P\)

它的等价形式为：

存在某个图灵可识别的语言 \(L _1\in P\)
存在某个图灵可识别的语言 \(L _2\notin P\)

显然，非平凡性质 \(P\) 的补集 \(\overline{P}\) 依然是非平凡性质
例如，我们上面讨论的语言都是具有非平凡性质的

Th. 莱斯定理（Rice's theorem）
令 \(P\) 是图灵可识别语言的任意一个非平凡性质，并且语言 \(L _P = \{\lang M\rang : L(M)\in P\}\)，那么 \(L _P\) 是不可判定的

能有如此结论真是 amazing 啊！这样的话，我们试证不可判定，只需考虑证明性质非平凡就行了

证明其实就是我们上面发现的模板，咱也属于是站在巨人肩膀上发现风景了
试证明 \(L _{ACC}\le _m L _P\)，回顾模板分析一下：目标就是构造使得 \(\lang M, w\rang\in L _{ACC}\lrArr f(\lang M, w\rang)=\lang M'\rang\in L _P\)，意味着某个图灵机 \(M'\)，它以 \(w\in L(M)\) 为条件、接受满足条件 \(P\) 的输入
考虑构造个例 \(M _1\)，使得 \(\lang M _1\rang\in L _P\)，显然 \(M _1\) 接受的输入都满足 \(P\)
那么考虑令 \(M'\) 在输入 \(x\) 上，以 \(w\in L(M)\) 为条件运行 \(M _1(x)\)，若 \(M _1\) 接受则接受，具体为两步过程：先模拟 \(M\) 在 \(w\) 上运行，若接受则模拟 \(M _1\) 在 \(x\) 上运行，若接受则接受；其他情况拒绝或者不停机
当然，还有个大前提是判定的是 \([\lang M, w\rang\in L _{ACC}]\)，如果输入不是 \(\lang M, w\rang\) 的合法形式呢？当然这时我们也绝不能让 \(f(\cdot)\in L _P\)，不妨假设 \(L _P\) 不包含空语言 \(\empty\notin L _P\)（否则令 \(P\larr \overline{P}\)，依然是非平凡性质），然后让此时 \(f(\cdot)=\lang M _\empty\rang\)，其中 \(L(M _\empty)=\empty\) 即可

综上，我们构造的 \(f(\cdot)\) 如下：

若 \(\cdot\) 不是 \(\lang M, w\rang\) 的合法形式，则 \(f(x)=\lang M _\empty\rang\)

则 \(\cdot\) 形如 \(\lang M, w\rang\)，则 \(f(x)=\lang M'\rang\)，其中：\(M'\) 对于输入 \(x\)，先模拟 \(M\) 在 \(w\) 上运行，若接受则模拟 \(M _1\) 在 \(x\) 上运行，若接受则接受；其他情况则拒绝或者不停机

于是 \(\cdot\in L _{ACC}\lrArr f(\cdot)\lrArr L _{P}\)，\(L _{ACC}\le _m L _P\)，得证

给一些课后习题：

Exercise. 证明 \(L _R = \{\lang M\rang:L(M) = (L(M)) ^R\}\) 不可识别

这个我们之前证明过，这里利用规约再证一次（当然，用 Rise 更轻松）：
可证明 \(\overline{L _{ACC}}\le _m L _{R}\)，则 \(L _{ACC}\le _m \overline{L _R}\)
对于 \(\lang M, w\rang\)，构造图灵机 \(M'\)，对于输入 \(x\)，先判定是否为 \(01\)，不是则拒绝，若是则模拟 \(M\) 在 \(w\) 上运行，若接受则接受，否则拒绝；则：
\(w\in L(M)\lrArr \lang M, w\rang\in L _{ACC}\lrArr L(M')=\{01\} \lrArr\lang M'\rang\in \overline{L _R}\)
故 \(f:\lang M, w\rang\mapsto\lang M'\rang\) 是映射规约，从而 \(L _{ACC}\le _m \overline{L _R}\)，得证

Exercise. \(L _{stop} = \{\lang M\rang:M在所有输入上均停机\}\)。
(1) 利用 Rice 定理证明 \(L _{stop}\) 不可判定；
(2) 证明 \(L _{stop}\) 非递归可枚举（提示：利用归约技术）；
(3) 证明 \(\overline{L _{stop}}\) 非递归可枚举（提示：利用归约技术）。

(1) \(M _1\) 仅有起始节点且无转移，则 \(M _1\) 必定停机；\(M _2\) 仅有起始节点且有每个符号到自己的转移，没有接受节点，则 \(M _2\) 必定不停机。则 “在所有输入上均停机” 是图灵机识别语言非平凡性质，得证
(2) 可证明 \(\overline{L _{ACC}}\le _m L _{stop}\)，则 \(L _{ACC}\le _m \overline{L _{stop}}\)。对于 \(\lang M, w\rang\)，构造图灵机 \(M'\)，对于输入 \(x\)，模拟 \(M\) 在 \(w\) 上运行，若接受则运行 \(M _2\)，否则停机。则
\(w\in L(M)\lrArr \lang M, w\rang\in L _{ACC}\lrArr\lang M'\rang\in \overline{L _{stop}}\)
故 \(f:\lang M, w\rang\mapsto\lang M'\rang\) 是映射规约，从而 \(L _{ACC}\le _m \overline{L _{stop}}\)，得证
(3) 同 (2)，令 \(M'\) 为：对于输入 \(x\)，模拟 \(M\) 在 \(w\) 上运行，若接受则停机，否则运行 \(M _2\)

其他问题

后面就是一些其他问题了

Def. 波斯特对应问题（Post correspondence problem）
给定两个序列

\[\begin{aligned} A &= (\alpha _1, \alpha _2, \dotsb, \alpha _k) \sube \Sigma ^ * \\ B &= (\beta _1, \beta _2, \dotsb, \beta _k)\sube \Sigma ^ * \end{aligned} \]

询问是否存在有限下标序列 \((i _1,\dotsb, i _m)\)，使得 \(\alpha _{i _1}\alpha _{i _2}\dotsb \alpha _{i _m} = \beta _{i _1}\beta _{i _2}\dotsb \beta _{i _m}\)

Th. 波斯特对应问题 \(PCP\) 是不可判定的。