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计算机代写|计算复杂度理论代写Computational complexity theory代考|Undecidability of the Halting Problem
The Halting Problem asks whether it is possible to construct a Turing Machine $H$ that, given a representation $\llcorner M\lrcorner$ of a Turing machine $M$, and an input $x$, accepts if $M(x)$ halts and rejects if $M(x)$ runs forever. Turing’s argument involves constructing a machine that provably does the opposite of what $H$ predicts [Tur37].
This is the equivalent of demonstrating that your local fortune-teller can’t really predict the future because they can’t tell whether the next thing you say is going to be “yes” or “no.” In both cases, the trick only works if you can wait for the prediction before choosing what to do. But if $H$ exists, we can do this.
The bad machine $M$ we are going to construct takes as input a description $\left\llcorner M^{\prime}\right\lrcorner$ of some machine $M^{\prime}$, runs $H\left(\left\llcorner M^{\prime}\right\lrcorner,\left\llcorner M^{\prime}\right\lrcorner\right)$, then halts if and only if it observes that $H\left(\left\llcorner M^{\prime}\right\lrcorner,\left\llcorner M^{\prime}\right\lrcorner\right)$ rejects. It’s not hard to see that we can implement $M$ given $H$, since the extra work is just a matter of copying the input twice, and instead of halting when $H$ does, using the halting state of $H$ to decide whether to really halt (if $H$ rejects) or not to halt at all (if $H$ accepts), say by moving to a state that just moves one of the tape heads off to the right forever.
So what happens if we $\operatorname{run} H(\llcorner M\lrcorner,\llcorner M\lrcorner)$ ? This should accept only if and only if $M(\llcorner M\lrcorner)$ halts. But $M(\llcorner M\lrcorner)$ halts if and only if $H(\llcorner M\lrcorner,\llcorner M\lrcorner)$ rejects. This means that $w$ we’ve managed to construct a specific machine $M$ and input $\llcorner M\lrcorner$ where $H$ gives the wrong answer, and we can do this for any $H$ that allegedly solves the halting problem. This gives:
Theorem 6.1.1 (Halting Problem). There does not exist a Turing machine $H$ that always halts, such that $H(\llcorner M\lrcorner, x)$ accepts if and only if $M(x)$ halts.
In other words, the Halting Problem is undecidable there is no Turing machine that decides it.
This turns out to have consequences that go beyond just testing if a machine halts or not. Just as polynomial-time reductions from know NPhard problems can show that other problems are NP-hard, computable reductions from the Halting Problem can show that other problems are also undecidable.
计算机代写|计算复杂度理论代写Computational complexity theory代考|The Time Hierarchy Theorem
The Time Hierarchy Theorem is similar to the Space Hierarchy Theorem, but the gap is wider:
Theorem 6.2.2. If $g(n)$ is a time-constructible function, and $f(n)=o(g(n))$, then $\mathbf{T I M E}(f(n)) \subsetneq \mathbf{T I M E}(g(n) \log g(n))$.
By analogy to the proof of the Space Hierarchy Theorem, a first try at a language for this one would be
$L={\langle\llcorner M\lrcorner, x\rangle \mid M$ rejects $\langle\llcorner M\lrcorner, x\rangle$ using at most $g(n)$ time and a tape alphabet of size
This will give us something to start with, but getting the full-blown theorem will require some more tinkering. The main issue is that building a time-efficient universal Turing machine is harder than building a spaceefficient one (this also explains the extra $\log g(n)$ factor). We’ve learned from the SHT proof that the diagonalization side of the argument is pretty robust to small changes in $L$, so it will be helpful to adjust the definition of $L$ a bit after we see the hard parts of the upper bound argument in order to make that argument easier.
First, though, the diagonalization part. Suppose $M$ decides $L$, and $M$ runs in $o(g(n))$ time, then running $M(\langle\llcorner M\lrcorner, x\rangle)$ gives a contradiction when $x$ is large enough that $R^{\prime} s$ running time drops below $g(n)$ exactly. If $M(\langle\llcorner M\lrcorner, x\rangle)$ rejects in such a case, then $\langle\llcorner M\lrcorner, x\rangle$ is in $L$ (by the definition of $L$ ), meaning that $M$ just gave the wrong answer on this input. But the same thing happens if it rejects. So we get a contradiction either way, and $M$ either does not decide $L$ or it doesn’t run in $o(g(n))$ time.
But now we need to show that there is a machine that does decide $L$ that also runs in a reasonable amount of time. We’ll start with a simple, direct simulation of the input machine $M$, and then worry about improving the running time later. ${ }^2$
计算复杂度理论代考
计算机代写|计算复杂度理论代写Computational complexity theory代考|Undecidability of the Halting Problem
停机问题询问是否有可能构造图灵机H那，给定一个表示⌞M⌟图灵机的M, 和一个输入x, 接受如果M(x)停止并拒绝如果M(x)永远运行。图灵的论点涉及构建一台机器，该机器可证明做相反的事情H预测 [Tur37]。
这相当于证明您当地的算命先生无法真正预测未来，因为他们无法判断您接下来说的是“是”还是“否”。在这两种情况下，只有当您可以在选择做什么之前等待预测时，该技巧才有效。但是如果H存在，我们可以做到这一点。
坏机器M我们将构建一个描述作为输入⌞M′⌟一些机器M′, 运行H(⌞M′⌟,⌞M′⌟)，然后当且仅当它观察到H(⌞M′⌟,⌞M′⌟)拒绝。不难看出我们可以实现M给予H，因为额外的工作只是将输入复制两次，而不是在H确实，使用的停止状态H决定是否真的停止（如果H拒绝）或根本不停止（如果H接受），比如移动到一种状态，即永远将其中一个磁带头移到右边。
那么如果我们会发生什么runH(⌞M⌟,⌞M⌟)？只有当且仅当M(⌞M⌟)停止。但M(⌞M⌟)停止当且仅当H(⌞M⌟,⌞M⌟)拒绝。这意味着w我们已经设法建造了一台特定的机器M并输入⌞M⌟在哪里H给出了错误的答案，我们可以对任何H据称这解决了停止问题。这给出：
定理 6.1.1（停机问题）。不存在图灵机H总是停下来，这样H(⌞M⌟,x)接受当且仅当M(x)停止。
换句话说，停机问题是不可判定的，没有图灵机可以判定它。
事实证明，这会产生超出仅测试机器是否停机的后果。正如已知 NPhard 问题的多项式时间缩减可以表明其他问题是 NP-hard 问题一样，停机问题的可计算缩减可以表明其他问题也是不可判定的。
计算机代写|计算复杂度理论代写Computational complexity theory代考|The Time Hierarchy Theorem
时间层次定理与空间层次定理类似，但差距更大：
定理 6.2.2。如果g(n)是时间可构造的函数，并且f(n)=o(g(n))， 然后TIME(f(n))⊊TIME(g(n)logg(n)).
通过类比空间层次定理的证明，第一次尝试使用这种语言的语言是
在我们看到上限参数的困难部分之后稍微 L$ 以使该参数更容易。
不过，首先是对角化部分。认为M决定L， 和M跑进o(g(n))时间，然后运行M(⟨⌞M⌟,x⟩)给出矛盾时x足够大R′s运行时间低于g(n)确切地。如果M(⟨⌞M⌟,x⟩)在这种情况下拒绝，那么⟨⌞M⌟,x⟩在L（根据定义L）， 意思是M只是对此输入给出了错误的答案。但如果它拒绝，同样的事情也会发生。所以无论哪种方式我们都会遇到矛盾，并且M要么不决定L或者它没有运行o(g(n))时间。
但现在我们需要证明确实有一台机器可以决定L这也在合理的时间内运行。我们将从输入机器的简单直接模拟开始M，然后担心稍后会提高运行时间。2
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