Informatik II. Turingmaschinen. Turingmaschinen. Turingmaschinen. Rainer Schrader. 14. Dezember 2005

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1 Informatik II Rainer Schrader Zentrum für Angewandte Informatik Köln 14. Dezember / 76 2 / 76 Gliederung Aufbau und Eigenschaften Maße für Zeit- und Platzbedarf Simulation RAM/Turingmaschine nichtdeterministische Simulation einer NDTM durch eine DTM Eine (deterministische) Turingmaschine besteht aus: einer Recheneinheit einem zweiseitig unbeschränkten Band (= Speicher) einem Schreib-/Lesekopf einer Übergangstabelle (Programm) # # # # # # Band Schreib /Lesekopf Zustand z 3 Übergangstabelle δ z 1 z 2 z # 3 / 76 4 / 76

2 Eine (deterministische) Turingmaschine besteht aus: einer Recheneinheit einem zweiseitig unbeschränkten Band (= Speicher) einem Schreib-/Lesekopf einer Übergangstabelle (Programm) ist stets in einem von endlich vielen Zuständen z Z hält (wenn sie hält) in einer Menge E Z von Endzuständen ist zu Beginn in einem Zustand z 0 (Startzustand) das Band besteht aus Feldern, die mit den Zahlen i Z durchnumeriert sind jedes Feld enthält einen Buchstaben aus dem Alphabet A = {0, 1} #, wobei # = blank zu Beginn steht die Eingabe x 1,..., x n mit x i # auf den Feldern i = 1,..., n alle anderen Felder enthalten # der Kopf steht über dem Feld 1 in jedem Schritt liest der Kopf auf dem Feld, über dem er steht, einen Buchstaben 5 / 76 6 / 76 das Programm besteht aus der Übergangstabelle die Tabelle hat Z E Zeilen und drei Spalten für jeden Zustand und für jedes mögliche Zeichen auf dem Band beschreibt die Tabelle die nächste Aktion 8 >< δ(q, a) = >: (z, a, L) überschreibe a durch a, nimm Zustand z ein und gehe nach links (z, a, N) wie oben, bleibe stehen (z, a, R) wie oben, gehe nach rechts nd der Rechner stoppt mit einer Fehlermeldung wenn der Rechner ohne Fehlermeldung stoppt, so steht das Ergebnis rechts vom Kopf eine Konfiguration besteht aus einem Element αzβ aus A Z A mit α A, β A, wobei gilt: auf dem Band steht αβ, der Kopf steht über dem 1. Element von β, der Zustand ist z. die Tabelle definiert eine partielle Übergangsfunktion δ : Z E A part Z A {L, R, N} 7 / 76 8 / 76

3 α z β ist direkte Nachfolgekonfiguration von αzβ, wenn diese Konfiguration durch einen Rechenschritt aus αzβ hervorgeht (indirekte) Nachfolgekonfigurationen sind entsprechend definiert F = A E A ist die Menge der Endkonfigurationen eine Turingmaschine M berechnet die partielle Funktion part f M : {0, 1} {0, 1} mit 8 < y, falls es eine Nachfolgekonfiguration f M (x ) = K = αzy von z 0 x mit z E gibt : nd, sonst Beispiel Die folgende Maschine liest eine Binärzahl x, addiert eine 1 und schreibt das Ergebnis wieder auf das Band: Lesezustand δ(z 0,0) = (z 0,0,R) δ(z 0,1) = (z 0,1,R) δ(z 0,#) = (z 1,#,L) /* lies die Zahl Übertragszustand δ(z 1,0) = (z 2,1,L) /* addiere 1 δ(z 1,1) = (z 1,0,L) δ(z 1,#) = (e,1,n) kein Übertrag δ(z 2,0) = (z 2,0,L) δ(z 2,1) = (z 2,1,L) δ(z 2,#) = (e,#,r) 9 / / 76 die Übergangsfunktion kann durch eine einfache Programmiersprache beschrieben werden die Anweisungen lauten: left right write a für a {0, 1, #} case a goto i stop die Programmzeilen sind numeriert für a {0, 1, #} und i N die Zustände werden von den Programmzeilen übernommen Beispiel: binäre Addition einer 1: /* gehe nach rechts bis # gefunden 10 case # goto right 30 case 0 goto case 1 goto 20 /* Übertrag 50 left 60 case 1 goto case 0 goto write 1 90 case 1 goto write case 0 goto write 1 /* kein Übertrag 130 left 140 case 0 goto case 1 goto stop 11 / / 76

4 Gliederung Aufbau und Eigenschaften Maße für Zeit- und Platzbedarf Simulation RAM/Turingmaschine nichtdeterministische Simulation einer NDTM durch eine DTM wir wollen zeigen, dass sich und RAMs gegenseitig simulieren können damit ist jede partielle Funktion, die durch eine RAM berechnet wird, auch durch eine Turingmaschine berechenbar, und umgekehrt wir werden genauer untersuchen, wie der jeweilige Aufwand an Zeit und Platz sein wird 13 / / 76 Idee Zeit- und Platzbedarf werden Funktionen vom Input x sein wie in Informatik I sind wir weniger an konkreten Aussagen für jedes x interessiert sondern am Verhalten für alle Inputs gleicher Länge wir werden daher Schranken in Abhängigkeit von der Anzahl der Bits des Inputs herleiten d.h. in Abhängigkeit von der Länge x wir messen somit den maximal benötigten Zeit-/Platzbedarf bei einem Input mit n bits Uniformes Laufzeitmaß Sei M eine RAM oder eine Turingmaschine ein Rechenschritt entspricht einem direkten Konfigurationsübergang wir zählen die Rechenschritte, die die Maschine durchführt setze: 8 < # Rechenschritte, bis Rechner ohne Fehler stoppt T M (x ) = nd, falls Fehler auftritt :, sonst 15 / / 76

5 setze: 8 < T M (x ) = : # Rechenschritte, bis Rechner ohne Fehler stoppt nd, falls Fehler auftritt, sonst für den benötigten Platz einer Maschine zählen wir die maximale Anzahl der belegten Speicherplätze für jedes x liefert dies einen Wert S M (x ) sei t : N N M heißt uniform t(n)-zeitbeschränkt, falls T M (x ) für alle x definiert ist und T M (x ) t( x ) anschaulich: bei einer RAM sei dies der größte Index i eines belegten Registers c(i) bei einer Turingmaschine sei dies das längste Wort αβ einer Konfiguration αzβ formal: M stoppt immer ohne Fehler für alle Inputs x der Länge x = n gilt: M hält nach höchstens t(n) Schritten 17 / / 76 Uniformes Speicherplatzmaß Sei M eine RAM oder eine Turingmaschine ist M eine RAM, so sei S M (x ) = max{i : K = (b, c, e, a) δ (start(x )), c(i) ist definiert} + 1 ist M eine Turingmaschine, so sei S M (x ) = max{ K i : K i δ (start(x ))} M heißt uniform s(n)-platzbeschränkt, falls S M (x ) für alle x definiert ist und S M (x ) s( x ). müssen natürliche Zahl binär darstellen RAMs können natürliche Zahlen dagegen direkt bearbeiten daher ist das uniforme Maß unfair gegenüber (sowohl bzgl. Platz als auch bzgl. Laufzeit) wir werden daher nicht nur die Anzahl der Register sondern auch die Größe ihrer Inhalte zu berücksichtigen wir messen dazu, wieviel Bits wir zur Darstellung einer natürlichen Zahl benötigen für n N, setze j 1 für n = 0 L(n) = log n + 1 sonst 19 / / 76

6 Beispiele: j 1 für n = 0 L(n) = log n + 1 sonst n L(n). Logarithmische Kosten der RAM-Befehle: wir ordnen jedem Befehl Kosten zu, die sich aus der logarithmischen Länge der beteiligten Registerinhalte ergeben Befehle Kosten read 1 write 1 c-load k L(k) load k L(k) + L(c(k)) i-load k L(k) + L(c(k)) + L(c(c(k))) store k L(c(0))+L(k) i-store k L(c(0))+L(k)+L(c(k)) goto k 1 jzero k L(c(0)) end 1 add k L(c(0))+L(c(k)) + L(k) sub k L(c(0))+L(c(k)) + L(k) shift L(c(0)) 21 / / 76 sei K = (b, c, e, a) eine Konfiguration einer RAM wir ordnen K die Kosten zu, die bei dem Befehl mit Nummer b entstehen die logarithmische Laufzeit ist die Summe der Kosten der durchlaufenen Konfigurationen: Logarithmisches Maß der Laufzeit einer RAM wir berücksichtigen die logarithmischen Kosten auch im Platzbedarf wir merken uns für jedes Register den größten bei der Berechnung aufgetretenen Inhalt und summieren über alle benutzten Register auf 8 >< T l (x ) = >: P T m=1 Kosten(δm (start(x )), nd,, sonst T = T M (x ) < ist definiert falls Fehler auftritt formal: 23 / / 76

7 für K = (b, c, e, a) sei r i die binäre Länge des i-ten Registers: für einen Input x sei j L(c(i)), falls c(i) definiert r i (K ) = 0, sonst r i (x ) = sup{r i (K ) : K δ (start(x ))} die größte binäre Länge einer im i-ten Register gespeicherten Zahl. logarithmischer Speicherplatzbedarf einer RAM Setze S l (x ) = X i N r i (x ). wir zeigen für und RAMs: der Speicherplatzbedarf ist nie größer als der Zeitbedarf Für RAMs gilt weiter: die uniformen Kosten sind höchstens so groß wie die logarithmischen die logarithmischen Kosten sind nicht viel größer als die uniformen. 25 / / 76 Satz Sei n = x (Länge von x ) Beschränkung impliziert Maschine uniform t(n)-zeit uniform t(n)-platz RAM/Turing Beweis: (i) und (ii) uniform t(n)-zeit uniform t(n)-platz RAM/Turing logarithmisch t(n)-zeit logarithmisch t(n)-platz RAM logarithmisch t(n)-zeit logarithmisch t(n)-platz RAM logarithmisch t(n)-zeit uniform t(n)-zeit logarithmisch s(n)-platz uniform s(n)-platz RAM bei jeder Vergrößerung des Speichers tritt ein Rechenschritt mit mindestens gleichen Kosten auf uniform t(n)-zeit logarithmisch O(t 2 (n))-zeit uniform s(n)-platz logarithmisch O(s(n) t(n))-platz RAM 27 / / 76

8 Beweis: (iii) logarithmisch t(n)-zeit uniform t(n)-zeit logarithmisch s(n)-platz uniform s(n)-platz RAM Beweis: (iv) uniform t(n)-zeit logarithmisch O(t 2 (n))-zeit uniform s(n)-platz logarithmisch O(s(n) t(n))-platz RAM klar, da logarithmische Kosten mindestens 1 betragen Laufzeit: sei l(i) die maximale binäre Länge eines Registerinhalts nach i Schritten sei C die größte im Programm auftretende Konstante dann ist l(i) i + L(C), denn (Induktion): für i = 0 ist l(0) = 0 für i > 0 wird schlimmstenfalls C bewegt, d.h. l(i) max{l(i 1), L(C)} i 1 + L(C) oder es werden 2 Zahlen addiert, d.h. l(i) l(i 1) + L(C) + 1 = i + L(C) 29 / / 76 Beweis: (iv) Beweis: (iv) uniform t(n)-zeit logarithmisch O(t 2 (n))-zeit uniform s(n)-platz logarithmisch O(s(n) t(n))-platz RAM uniform t(n)-zeit logarithmisch O(t 2 (n))-zeit uniform s(n)-platz logarithmisch O(s(n) t(n))-platz RAM da maximal 3 Operanden verwendet werden, betragen die logarithmischen Kosten im Schritt i höchstens 3i + 3L(C) für k uniforme Schritte sind die logarithmischen Kosten höchstens da C eine Konstante ist T l (x) kx (3i + l(c)) = O(k 2 ), i=1 Speicher: nach k Schritten enthalten alle Register Zahlen, der Länge höchstens k + L(C) nach t(n) Schritten beträgt die Länge höchstens O(t(n)) es werden höchstens s(n) Register benutzt somit S l (x) = O(t(n) s(n)) d.h. nach t(n) uniformen Schritten höchstens O(t 2 (n)) logarithmische Schritte. 31 / / 76

9 Bemerkung: RAMs werden in der Literatur unterschiedlich definiert zum Teil umfasst der Befehlssatz auch eine Anweisung Mult in diesem Fall können sich Registerinhalte in einem Rechenschritt verdoppeln und der logarithmische Aufwand exponentiell größer sein als der uniforme Gliederung Aufbau und Eigenschaften Maße für Zeit- und Platzbedarf Simulation RAM/Turingmaschine nichtdeterministische Simulation einer NDTM durch eine DTM 33 / / 76 wir wollen nachweisen, dass sich RAM und Turingmaschine gegenseitg simulieren können dazu benötigen wir zwei Hilfssätze: Lemma Sei M eine t(n)-zeit- und s(n)-platzbeschränkte Turingmaschine. Dann kann M durch eine Turingmaschine M simuliert werden, die nur Zellen mit Nummern i 0 benutzt und O(t(n))-zeit- und O(s(n))-platzbeschränkt ist. Sei k N fest gewählt. Mehrband- eine k -Band-Turingmaschine hat k Bänder und k Rechenköpfe, die sich unabhängig voneinander bewegen können # # # # # # # # # # # # # # # Beweisidee: Identifiziere die negativen ganzen Zahlen mit den geraden, die positiven ganzen Zahlen mit den ungeraden natürlichen Zahlen. z 3 Übergangstabelle δ ( z, 0, 1, 0, 1) 3 35 / / 76

10 # # # # # # # # # # # # # # # z 3 Übergangstabelle δ ( z, 0, 1, 0, 1) 3 die Zustandsüberführungsfunktion geht dann von Z A k Z A k {L, R, N} k in Abhängigkeit vom aktuellen Zustand und den k Zeichen unter den Köpfen wird ein neuer Zustand angenommen werden die Köpfe unabhängig bewegt und die Bänder beschrieben. Lemma sei M eine t(n)-zeit- und s(n)-platzbeschränkte k -Band-Turingmaschine M kann durch eine 1-Band-Turingmaschine simuliert werden, die O(t 2 (n))-zeit- und O(s(n))-platzbeschränkt ist. Beweisidee: führe virtuelle Spuren 1, 3,..., 2k 1 ein verwalte Positionsmarkierungen in den virtuellen Spuren 2, 4,..., 2k. Die Verwendung von 2-Band- macht den Beweis der folgenden Aussagen etwas einfacher. 37 / / 76 Lemma (Simulation einer Turingmaschine durch eine RAM) Sei M eine t(n)-zeit- und s(n)-platzbeschränkte Turingmaschine. M kann durch eine RAM M simuliert werden, die uniform O(t(n))-zeit- und O(s(n))-platzbeschränkt logarithmisch O(t(n) log t(n))-zeit- und O(s(n))-platzbeschränkt ist. Beweis: Wir können annehmen, dass M nur Zellen c(i), mit i 0, benutzt. (vgl. früheres Lemma) seien q 0,..., q r die möglichen Zustände von M sei w 1 q i w 2 eine Konfiguration, wobei w 1 in Zelle 0 beginnt. seien q 0,..., q r die möglichen Zustände von M sei w 1 q i w 2 eine Konfiguration, wobei w 1 in Zelle 0 beginnt. wir teilen die Register von M in zwei Spuren ein: Spur Spur und legen w 1 q i w 2 wie folgt in den Registern ab: Spur 1: enthält ab Register 2 w 1, w 2 {0, 1}. Register 1: enthält i (die Nummer des Zustandes) Register 3: enthält 2 w (Adresse der Kopfposition) Register 5: enthält die konstante Zahl 2 39 / / 76

11 Simulation eines Schrittes der Turingmaschine 1) lies Speicherstelle unter Kopfposition. i-load 3 sei δ(z i,... ) = (z j, a, s). 2) speichere neuen Zustand. c-load j store 1 3) überschreibe gegenwärtige Position mit a. c-load a i-store 3 4) bewege Kopf. S = N: Simulation beendet. S {L, R}: load 3 sub 5 / add 5 store 3 Kosten (uniform): Zeit : Platz : für jede Operation von M werden konstant viele Operationen von M ausgeführt O(t(n)) M benötigt die Register 0, 1, 3, 5 sowie in Spur 1 höchstens 2s(n) O(s(n)). 41 / / 76 Kosten (logarithmisch): Spur 1 speichert Nullen und Einsen die Anzahl r der Zustände ist eine Konstante das heißt nur Schritte, die Register 3 benutzen, verursachen nicht-konstante Kosten es ist c(3) 2s(n) c t(n) Kosten pro Schritt O(log(t(n))) somit: Zeit: Platz: O(t(n) log(t(n))) O(s(n)), wobei O(s(n)) für Spur 1 O(log(s(n))) für c(3) und c(0) Lemma (Simulation einer RAM durch eine Turingmaschine) Sei M eine uniform t(n)-zeit- und logarithmisch s(n)-platzbeschränkte RAM. M kann von einer 2-Band-Turingmaschine M simuliert werden, die O(t 3 (n))-zeit- und O(s 2 (n) + l n + n)-platzbeschränkt ist, wobei l n = max{ f M (x ) : x n} Beweis: Sei M eine uniform t(n)-zeit- und logarithmisch s(n)-platzbeschränkte RAM. betrachte die Konfiguration K = (b, c, e, a). Es gilt: c : N part. N ist an höchstens s(n) vielen Stellen definiert da M logarithmisch s(n)-platzbeschränkt ist, kann die Adresse eines benutzten Registers höchstens 2 s(n) sein. 43 / / 76

12 Teile das 1. Band der Turingmaschine M in 3 Spuren ein: Spur 1.1 Spur 1.2 Spur Spur 1.1: {i : i = 0 mod 3} Spur 1.2: {i : i = 1 mod 3} Spur 1.3: {i : i = 2 mod 3} 5 seien 0, i 1,..., i k die Adressen, für die c definiert ist. speichere die Konfiguration wie folgt: Spur 1.1: b c(0) 22 i 1 2 c(i 1 ) 22 i 2 2 c(i 2 ) i k 2 c(i k ) 22 Spur 1.2: a Spur 1.3: e wobei die roten Größen und die Zweien binär gespeichert werden / 76 Simulation eines Schrittes der RAM Lies b, gehe in den Zustand q b, der einem Unterprogramm zur Simulation von Befehl b entspricht. Beispiel: b = load k erhöhe b um 1 schreibe b auf Band 2 setze Band 2 an den Anfang von k suche auf Spur 1.1 nach k durch Vergleich kopiere 2 c(k ) und den Rest von Band 1.1 nach Band 2 und lösche den Rest auf 1.1 ab c(k ) suche auf 1.1 nach der fünften 2 b= Ende c(0) kopiere den Rest von 1.1 nach 2 kopiere 2 nach 1.1 Der Zeitverbrauch hängt nur ab von der Anzahl der benutzten Zellen auf 1.1 und beträgt somit O(s 2 (n)). 46 / 76 Beispiel: b = add k erhöhe b um 1 schreibe c(0) und c(k ) binär auf Band 2 wie vorher addiere nach der Schulmethode (in quadratischer Zeit) schreibe Summe an Stelle von c(0) auf das Band kopiere alles bis auf c(0) von 1.1. nach 2 kopiere 2 nach 1.1 Der Zeitverbrauch hängt wiederum ab von der Anzahl der benutzten Zellen auf 1.1 und der Zeit für die Addition er beträgt somit O(s 2 (n)). allgemein gilt: jeder Schritt kann in O(s 2 (n)) = O(t 2 (n)) Schritten simuliert werden daraus resultiert ein Zeitbedarf von O(t 3 (n)) Spur 1.1 und 2 benötigen O(s 2 (n)), Spur 1.2 l n Spur 1.3 n dies ergibt einen Platzbedarf von O(s 2 (n) + l n + n). 47 / / 76

13 Satz (Simulation von RAM/) (i) Sei M eine t(n)-zeit- und s(n)-platzbeschränkte Turingmaschine. M kann durch eine RAM M simuliert werden, die uniform O(t(n))-zeit- und O(s(n))-platzbeschränkt logarithmisch O(t(n) log t(n))-zeit- und O(s(n))-platzbeschränkt ist Beweis: (i) und (ii) entsprechen den letzten beiden Lemmata (iii) folgt aus (i) und (ii) und der Äquivalenz von 1- und k -Band-. (ii) Sei M eine uniform t(n)-zeit- und logarithmisch s(n)-platzbeschränkte RAM. M kann von einer 2-Band-Turingmaschine M simuliert werden, die O(t 3 (n))-zeit- und O(s 2 (n) + l n + n)-platzbeschränkt ist, wobei l n = max{ f M (x ) : x n} (iii) f ist RAM-berechenbar f ist -berechenbar. 49 / / 76 aus unseren bisherigen Überlegungen folgt, dass auch für die Turingmaschine das Halteproblem nicht entscheidbar ist wenn wir uns auf platzbeschränkte beschränken, können wir jedoch eine ähnliche Fragestellung beantworten das folgende Lemma beschreibt, wann eine Turingmaschine nicht hält: Lemma Sei M eine s(n)-bandbeschränkte Turingmaschine über dem Alphabet A. Hält M gestartet mit x nach höchstens Q s( x ) A s( x ) Schritten nicht, so hält M überhaupt nicht. Lemma Sei M eine s(n)-platzbeschränkte Turingmaschine über dem Alphabet A. Hält M gestartet mit x nach höchstens Q s( x ) A s( x ) Schritten nicht, so hält M überhaupt nicht. Beweis: für jede Konfiguration w 1 z i w 2 gilt w 1 w 2 s( x ) es gibt höchstens A s( x ) viele verschiedene Bandinschriften es gibt höchstens s( x ) Kopfpositionen, Q Zustände somit gibt es höchstens Q s( x ) A s( x ) verschiedene Konfigurationen d.h. nach spätestens Q s( x ) A s( x ) Schritten wird eine Konfiguration zum zweiten Male erreicht ab dann gerät das Programm in eine Endlosschleife. 51 / / 76

14 Gliederung Aufbau und Eigenschaften Maße für Zeit- und Platzbedarf Simulation RAM/Turingmaschine nichtdeterministische Simulation einer NDTM durch eine DTM das Konzept des Nichtdeterminismus nahm in gewissem Sinn die Entwicklung der Parallelrechner voraus es erlaubt einer Turingmaschine, sich zu verzweigen. Etwas formaler: Nichtdeterministisch: zu jeder Konfiguration kann mehr als eine Nachfolgekonfiguration existieren. Input x führt unter Umständen zu unterschiedlichen Ergebnissen. 1. Möglichkeit: M akzeptiert x, falls fast alle Rechnungen zu einem akzeptierenden Endzustand führen ( probabilistische TM) 2. Möglichkeit: M akzeptiert x, falls mindestens eine Rechnung zu einem akzeptierenden Endzustand führt ( nichtdeterministische TM) 53 / / 76 bei einer deterministischen Turingmaschine wird der Übergang durch eine Funktion δ beschrieben Wir können uns den Berechnungsvorgang einer NDTM als Baum vorstellen, bei dem jede Konfiguration in u. U. mehrere Nachfolgekonfigurationen verzweigt. bei einer nichtdeterministischen Turingmaschine (NDTM) ist δ eine Übergangsrelation δ (Q A) (Q A {N, L, R}). eine Konfiguration K geht in u. U. mehrere neue Konfigurationen über eine Konfiguration K heißt Nachfolgekonfiguration von K, falls K durch eine Element der Übergangsrelation aus K erhalten werden kann jede Konfiguration kann maximal 3 Q A Nachfolgekonfigurationen haben 55 / / 76

15 jede Konfiguration kann maximal 3 Q A Nachfolgekonfigurationen haben wir können jede Verzweigung durch einen binären Baum ersetzen, wobei wir ggf. Nachfolger verdoppeln und künstliche Zustände einführen dadurch verlängert sich jeder Pfad um höchstens den konstanten Faktor log 3 Q A damit können wir annehmen, dass der Baum binär ist dann hat jede Konfiguration (z, a) keine oder zwei Nachfolgekonfigurationen R 0 (z, a) und R 1 (z, a). jeder Pfad von der Wurzel kann mit einer {0, 1}-Folge identifiziert werden, der beschreibt, welche Nachfolgekonfiguration gewählt wird dem Rechenvorgang einer deterministischen Turingmaschine entspricht 57 / / 76 eine nichtdeterministische Turingmaschine akzeptiert eine Sprache L, wenn gilt: x L es existiert eine Nachfolgekonfiguration von q 0 x, die 1 auf das Ausgabeband schreibt der Zeitbedarf einer NDTM wird durch die Anzahl der Rechenschritte einer kürzesten akzeptierenden Berechnung gegeben: Zeitbedarf: 8 < Anzahl Rechenschritte einer kürzesten T M (x ) = akzeptierenden Folge, falls x L : 0, sonst ja nein endlos der Platzbedarf einer NDTM ist der geringste Platzverbrauch einer akzeptierenden Berechnung: Platzverbrauch: 8 < min{s : akzeptierende Rechnung mit S M (x ) = Bandverbrauch s für x }, falls x S : 0, sonst 59 / / 76

16 Satz akzeptieren ist schwächer als entscheiden, da nur eine Nachfolgekonfiguration ja sagen muß, wenn x L ist, andere können verwerfen oder nicht antworten ist x / L, so darf lediglich keine mit ja antworten. die Asymmetrie zwischen Ja- und Nein-Antworten erinnert an die Asymmetrie bei der rekursiven Aufzählbarkeit in der Tat gilt: Eine Sprache L ist genau dann rekursiv aufzählbar, wenn eine NDTM existiert, die L akzeptiert. im verbleibenden Teil der Vorlesung wollen wir uns mit einer groben Einteilung beschäftigen, die Fragestellungen als leicht und schwer klassifiziert. das Kriterium dazu ist die Laufzeit, die benötigt wird, um die Fragestellung zu beantworten (bzw. zu entscheiden, ob ein gegebenes x in einer Sprache L liegt). Wir werden dabei akzeptieren, dass die Antwort länger dauern darf, wenn x lang ist. wir fordern jedoch, dass die Lauzeit nicht mit der Inputlänge explodiert, sondern moderat ansteigt. Beweis: siehe Übung 61 / / 76 (i) P ist die Menge aller Sprachen, die von einer deterministischen Turingmaschine entschieden werden, deren Laufzeit durch eine Polynom in der Länge des Inputs beschränkt ist. (ii) N P ist die Menge aller Sprachen, die von einer nichtdeterministischen Turingmaschine akzeptiert werden, deren Laufzeit durch eine Polynom in der Länge des Inputs beschränkt ist. (iii) offensichtlich gilt P N P. Beispiele für Sprachen in P: {(x 1,..., x n, π) : π ist eine Permutation, die die x i monoton steigend anordnet} {(G(V, E), c, T ) : T ist ein minimal aufspannender Baum im Graphen G} {(G(V, E), c, P) : P ist ein kürzester Weg im Graphen G} Beispiele für Sprachen, die nicht offensichtlich in P liegen, folgen später. 63 / / 76

17 Gliederung Aufbau und Eigenschaften Maße für Zeit- und Platzbedarf Simulation RAM/Turingmaschine nichtdeterministische Simulation einer NDTM durch eine DTM Die Veranschaulichung einer NDTM als binärer Baum erlaubt es uns unmittelbar, die NDTM durch eine Turingmaschine zu simulieren: die DTM arbeitet den Baum in Breitensuche ab d.h. nacheinander werden die Knoten gleicher Tiefe von links nach rechts bearbeitet die DTM hält, wenn die NDTM hält 65 / / 76 für Sprachen L N P können wir aber u. U. aber auch gewährleisten, dass die simulierende DTM in jedem Fall hält: damit haben wir unmittelbar die folgende Aussage: zu L N P gibt es eine NDTM M, die L akzeptiert ist uns ein Polynom p bekannt, so dass M für ein x L nach höchstens p( x ) Schritten mit ja antwortet, so wird die Turingmaschine ebenfalls nach höchstens O(2 p x ) Schritten ja antworten hat jedoch die Turingmaschine bei der Simulation eine Tiefe im Baum erreicht, die größer ist als p( x ), so wissen wir, dass die NDTM x nicht akzeptiert Lemma Ist L N P, so existiert ein Polynom p(n), so dass L von einer DTM in O(2 p(n) ) Schritten entschieden wird. aus der gerade angegebenen Konstruktion ergibt sich eine weitere Folgerung daher kann die Turingmaschine abbrechen und nein antworten 67 / / 76

18 wir können eine Turingmaschine bauen, die für x L in polynomieller Zeit mit ja antwortet, wir geben ihr dazu den akzeptierenden Pfad der NDTM als zusätzlichen Input mit sei y {0, 1} die Kodierung des Pfads dann existiert zu jedem x L ein y = y (x ), so dass y p( x ) weiter ist L = {(x, y ) : x L, y = y (x )} P, denn: entweder ist y ein akzeptierender Pfad für x, (d.h. (x, y ) L) oder nicht ((x, y ) / L) wir wollen zeigen, dass diese Eigenschaft die Sprachen in N P charakterisiert. 69 / / 76 sei dazu L {0, 1} eine Sprache, x L und p ein Polynom ein Wort y heißt polynomielle Zusatzinformation von x, wenn y p( x ) sei L e die erweiterte Sprache mit den Zusatzinformationen: in Worten: es existiert eine kurze (polynomielle) Zusatzinformation y und es lässt sich schnell (polynomiell) und deterministisch nachprüfen, ob (x, y ) e L el := {(x, y ) : x L, y ist Zusatzinformation von x } Beispiele: Satz Sei L {0, 1}. Dann ist L N P es existiert eine erweiterte Sprache e L mit e L P. sei L = {p N : p ist keine Primzahl} wähle e L = {(p, a, b) : p L und a, b N mit a b = p}. dann ist e L P und erweiterte Sprache von L 71 / / 76

19 (x, ε ) Satz L N P e L P. (x,0) (x,1) Beweis: (i) sei e L P dann existiert eine DTM M und ein Polynom q, bei Input (x, y ) ist die Laufzeit von M durch q( x + y ) beschränkt konstruiere eine NDTM M (für einen Input x {0, 1} ) wie folgt: 1) starte M mit Input (x, ε) 2) verzweige und starte M mit Input (x, 0) und (x, 1) 3) verzweige und starte M mit Input (x, 00), (x, 01)(x, 10) und (x, 11) 4) allgemein erzeugt M einen binären Baum 5) sie identifiziert jeden Knoten u mit dem Pfad y von der Wurzel zu u 6) und startet in jedem Knoten u des Baums M mit Input (x, y ) 7) M akzeptiert x M akzeptiert (x, y ) für ein y. (x,00) (x,01) (x,10) (x,11) Dann akzeptiert M die Sprache L, denn: ist x L, so existiert ein y mit y p( x ) und (x, y ) e L in Schritt 7 wird (x, y ) von M und damit x von M akzeptiert. ist x L, so existiert kein y mit (x, y ) L, für kein y wird (x, y ) von M und damit auch nicht x von M akzeptiert. der Zeitbedarf ist polynomiell in x, da wir nur den Aufwand für eine akzeptierende Berechnungsfolge beachten. 73 / / 76 Satz L N P e L P. Beweis: (ii) sei L N P dann existiert eine NDTM M und ein Polynom p, so dass jedes x L in höchstens p( x ) Schritten akzeptiert wird sei M eine DTM, die bei Eingabe von (x, y ) wie folgt arbeitet: M fasst y als die {0, 1}-Kodierung eines Pfads von M gestartet mit x auf in Schritt i geht M in die durch y i beschriebene Nachfolgekonfiguration von M über M hält, wenn M hält oder wenn y abgearbeitet ist M akzeptiert (x, y ), wenn x von M akzeptiert wird und verwirft andernfalls die DTM M hält immer sei e L die von M akzeptierte Sprache x L es existiert eine akzeptierende Rechnung von M damit ist e L P Aus dem vorigen Satz ergibt sich: Korollar der Länge höchstens p( x ) es existiert ein y der Länge höchstens p( x ), so dass (x, y ) von M akzeptiert wird (x, y ) e L N P ist die Menge aller Sprachen, für die zu jedem Input eine kurze Zusatzinformation geraten und in polynomieller Zeit getestet werden kann. 75 / / 76