Repetytorium z JFiZO - dydaktykaml.files.wordpress.com · Zadanie 4Zadanie 5Zadanie 6 dom(M) jest...

Zadanie 4 Zadanie 5 Zadanie 6

Repetytorium z JFiZO

Jakub Michaliszyn25 maja 2017


dom(M) jest rekurencyjny wtw, gdy istnieje całkowita funkcjarekurencyjna tM(n) taka, że jeśli M(n) staje, to staje podokładnie tM(n) krokach.


dom(M) jest rekurencyjny wtw, gdy istnieje całkowita funkcjarekurencyjna tM(n) taka, że jeśli M(n) staje, to staje podokładnie tM(n) krokach.⇒. Załóżmy, że dom(M) jest rekurencyjny i że P gorozstrzyga. Wtedy następujący program oblicza tM :

wczytaj njeśli P(n) = 0, zwróć 0uruchom M(n) i zwróć liczbę kroków, po jakiej się onazatrzyma

Zaiste, gdy M(n) staje, to P(n) = 1 i zwracamy liczbękroków, po której M staje.


dom(M) jest rekurencyjny wtw, gdy istnieje całkowita funkcjarekurencyjna tM(n) taka, że jeśli M(n) staje, to staje podokładnie tM(n) krokach.⇐. Załóżmy, że istnieje taka funkcja tM . Wtedy następującyprogram rozstrzyga dom(M):

wczytaj nuruchom M(n) na tM(n) kroków. Jeśli się zatrzyma,zwróć 1, inaczej zwróć 0.

Wtedy jeśli n ∈ dom(M), to tM(n) jest liczbą kroków, pojakiej M się zatrzymuje, więc powyższy program zwraca 1. Wprzeciwnym przypadku, M(n) się nie zatrzyma i powyższyprogram zwróci 0.


A – zbiór numerów programów zatrzymujących się dla każdejliczby postaci 3k i niezatrzymujących się dla żadnej liczbypostaci 3k + 1.

Fakt A = {n | ∀k , m∃i .ϕn(3k + 1) nie staje po m krokach ∧ϕn(3k) staje po i krokach}.Pokażemy, że

1 A nie jest rekurencyjnie przeliczalny (czyli nie należy doΣ1, Σ0 ani Π0)

2 A nie jest rekurencyjnie przeliczalne (nie należy do Π1).

3 A należy do Π2.


A – zbiór numerów programów zatrzymujących się dla każdejliczby postaci 3k i niezatrzymujących się dla żadnej liczbypostaci 3k + 1.Fakt A = {n | ∀k , m∃i .ϕn(3k + 1) nie staje po m krokach ∧ϕn(3k) staje po i krokach}.

Pokażemy, że1 A nie jest rekurencyjnie przeliczalny (czyli nie należy do

Σ1, Σ0 ani Π0)


3 A należy do Π2.


A – zbiór numerów programów zatrzymujących się dla każdejliczby postaci 3k i niezatrzymujących się dla żadnej liczbypostaci 3k + 1.Fakt A = {n | ∀k , m∃i .ϕn(3k + 1) nie staje po m krokach ∧ϕn(3k) staje po i krokach}.Pokażemy, że

1 A nie jest rekurencyjnie przeliczalny (czyli nie należy doΣ1, Σ0 ani Π0)


3 A należy do Π2.


1 . Pokażemy, że K ≤REK A. Niech f będzie redukcją taką,że f (n) jest programem:

wczytaj kjeśli 3 - k , policz ϕn(n)zwróć 17

Jeśli n ∈ K (ϕn(n) nie staje), to f (n) dla liczb niepodzielnychprzez 3 się zapętla, a dla podzielnych się nie zapętla, więcf (n) ∈ A.Jeśli n 6∈ K (ϕn(n) staje), to f (n) zawsze staje, więc f (n) 6∈ A.


2 . Pokażemy, że K ≤REK A (czyli, że K ≤REK A). Niech fbędzie redukcją taką, że f (n) jest programem:

wczytaj kjeśli 3 | k , policz ϕn(n) i zwróć 42inaczej zapętl się

Jeśli n ∈ K (ϕn(n) staje), to f (n) dla liczb niepodzielnychprzez 3 się zapętla, a dla podzielnych się nie zapętla, więcf (n) ∈ A.Jeśli n 6∈ K , to f (n) zawsze się zapętla, więc f (n) 6∈ A.


3 .A = {n | ∀k , m∃i .ϕn(3k + 1) nie staje po m krokach ∧ϕn(3k) staje po i krokach}

Niech C będzie programem:Wczytaj u.(u′, i) = f −1(u), (n, u′′) = f −1(u′) oraz (k , m) = f −1(u′′).Jeśli ϕn(3k) staje po n krokach i ϕ(3k + 1) nie staje pom krokach, zwróć 1, inaczej zwróć 0.

Łatwo zauważyć, że C ∈ Π0 oraz że

A = {n | ∀(k , m)∃i .C (f (n, f (f (k , m), i)))}

Jakaś tragedia z tymi f .

Stąd A ∈ Π2.


3 .A = {n | ∀k , m∃i .ϕn(3k + 1) nie staje po m krokach ∧ϕn(3k) staje po i krokach}Niech C będzie programem:

Wczytaj u.(u′, i) = f −1(u), (n, u′′) = f −1(u′) oraz (k , m) = f −1(u′′).Jeśli ϕn(3k) staje po n krokach i ϕ(3k + 1) nie staje pom krokach, zwróć 1, inaczej zwróć 0.

Łatwo zauważyć, że C ∈ Π0 oraz że

A = {n | ∀(k , m)∃i .C (f (n, f (f (k , m), i)))}

Jakaś tragedia z tymi f .

Stąd A ∈ Π2.


Zakładamy dla łatwości prezentacji, że w obu problemachpytają o kwadrat o boku co najmniej 3.

Odpowiedź: Tak.Niech KAF będzie problemem kafelkowania o którym wiemy,że jest nierozstrzygalny, a Z6 to będzie problem z zadania.


Zakładamy dla łatwości prezentacji, że w obu problemachpytają o kwadrat o boku co najmniej 3.Odpowiedź: Tak.Niech KAF będzie problemem kafelkowania o którym wiemy,że jest nierozstrzygalny, a Z6 to będzie problem z zadania.


Pokażemy,KAF ≤REK Z6.Weźmy instancję problemu kafelkowania K = (C , N , cz , b).Wartością redukcji dla takiej czwórki będzieK ′ = (C ∪ {nc , nb, nk , l , p}, N ′, nc , nb), gdzie nc , nb, nk , l , pto pewne kolory spoza C .Chcemy, by rozwiązaniami K ′ były kafelkowania postaci:nc nb nb nb nb nb nb ... nbl # # # # # ... # pl # # # # # ... # pl # # # # # ... # pl ... pl # # # # # ... # pnc nk nk nk nk ... nk nk nk

gdzie pod płotkami jest poprawne rozwiązanie K (a zamiast pmogą być inne symbole).


Będę pola rozwiązania oznaczał tak:(n, 0) (n, 1) (n, 2) ... (n, n)...(1, 0) (1, 1) (1, 2) ... (1, n)(0, 0) (0, 1) (0, 2) ... (0, n)


Niech N ′ zawiera N , oraz dodatkowo czwórki lg pgld pd gdzie:

nc ∈ {ld , pd} lub p ∈ {lg , ld} l b2 ∈ {rg , rd}, lublg ∈ {nc , l} i ld 6= l , lubb (biały) lub k (kremowy) pojawia się w dwóch różnychrzędach, lubb pojawia się pod kaflem innym niż nb, lubk pojawia się nad kaflem innym niż nknb lub nk pojawia się z jakimś kolorem innym niżnc , nb, l , p, c , lubb jest po lewej a c po prawej, lubwśród lg , pg , ld , pd jest jednocześnie b i kld = l i pd = b.


Weźmy dowolne dobre kafelkowanie K ′. Wtedy:

Czwórka (0, 0), (1, 0), (0, 1), (1, 1) jest brzydka (bo nc nadole). Zatem wszystkie inne będą estetyczne.Lewa kolumna wygląda tak: nc , l , l , ..., l , nc .Kafle (1, i) oraz (n− 1, i), dla i ∈ {2, . . . , n− 1}, mają kolor b.Kafle (1, 1) oraz (n − 1, 1) są czerwone.W K ′ nie ma żadnej czwórki z N a c , b i k są tam, gdzietrzeba.Zatem kwadrat od (1, 1) do (n − 1, n − 1) jest dobrymkafelkowaniem K (o boku co najmniej 3).


Weźmy dowolne dobre kafelkowanie K ′. Wtedy:Czwórka (0, 0), (1, 0), (0, 1), (1, 1) jest brzydka (bo nc nadole). Zatem wszystkie inne będą estetyczne.

Lewa kolumna wygląda tak: nc , l , l , ..., l , nc .Kafle (1, i) oraz (n− 1, i), dla i ∈ {2, . . . , n− 1}, mają kolor b.Kafle (1, 1) oraz (n − 1, 1) są czerwone.W K ′ nie ma żadnej czwórki z N a c , b i k są tam, gdzietrzeba.Zatem kwadrat od (1, 1) do (n − 1, n − 1) jest dobrymkafelkowaniem K (o boku co najmniej 3).


Weźmy dowolne dobre kafelkowanie K ′. Wtedy:Czwórka (0, 0), (1, 0), (0, 1), (1, 1) jest brzydka (bo nc nadole). Zatem wszystkie inne będą estetyczne.Lewa kolumna wygląda tak: nc , l , l , ..., l , nc .

Kafle (1, i) oraz (n− 1, i), dla i ∈ {2, . . . , n− 1}, mają kolor b.Kafle (1, 1) oraz (n − 1, 1) są czerwone.W K ′ nie ma żadnej czwórki z N a c , b i k są tam, gdzietrzeba.Zatem kwadrat od (1, 1) do (n − 1, n − 1) jest dobrymkafelkowaniem K (o boku co najmniej 3).


Weźmy dowolne dobre kafelkowanie K ′. Wtedy:Czwórka (0, 0), (1, 0), (0, 1), (1, 1) jest brzydka (bo nc nadole). Zatem wszystkie inne będą estetyczne.Lewa kolumna wygląda tak: nc , l , l , ..., l , nc .Kafle (1, i) oraz (n− 1, i), dla i ∈ {2, . . . , n− 1}, mają kolor b.

Kafle (1, 1) oraz (n − 1, 1) są czerwone.W K ′ nie ma żadnej czwórki z N a c , b i k są tam, gdzietrzeba.Zatem kwadrat od (1, 1) do (n − 1, n − 1) jest dobrymkafelkowaniem K (o boku co najmniej 3).


Weźmy dowolne dobre kafelkowanie K ′. Wtedy:Czwórka (0, 0), (1, 0), (0, 1), (1, 1) jest brzydka (bo nc nadole). Zatem wszystkie inne będą estetyczne.Lewa kolumna wygląda tak: nc , l , l , ..., l , nc .Kafle (1, i) oraz (n− 1, i), dla i ∈ {2, . . . , n− 1}, mają kolor b.Kafle (1, 1) oraz (n − 1, 1) są czerwone.

W K ′ nie ma żadnej czwórki z N a c , b i k są tam, gdzietrzeba.Zatem kwadrat od (1, 1) do (n − 1, n − 1) jest dobrymkafelkowaniem K (o boku co najmniej 3).


Weźmy dowolne dobre kafelkowanie K ′. Wtedy:Czwórka (0, 0), (1, 0), (0, 1), (1, 1) jest brzydka (bo nc nadole). Zatem wszystkie inne będą estetyczne.Lewa kolumna wygląda tak: nc , l , l , ..., l , nc .Kafle (1, i) oraz (n− 1, i), dla i ∈ {2, . . . , n− 1}, mają kolor b.Kafle (1, 1) oraz (n − 1, 1) są czerwone.W K ′ nie ma żadnej czwórki z N a c , b i k są tam, gdzietrzeba.

Zatem kwadrat od (1, 1) do (n − 1, n − 1) jest dobrymkafelkowaniem K (o boku co najmniej 3).


Weźmy dowolne dobre kafelkowanie K ′. Wtedy:Czwórka (0, 0), (1, 0), (0, 1), (1, 1) jest brzydka (bo nc nadole). Zatem wszystkie inne będą estetyczne.Lewa kolumna wygląda tak: nc , l , l , ..., l , nc .Kafle (1, i) oraz (n− 1, i), dla i ∈ {2, . . . , n− 1}, mają kolor b.Kafle (1, 1) oraz (n − 1, 1) są czerwone.W K ′ nie ma żadnej czwórki z N a c , b i k są tam, gdzietrzeba.Zatem kwadrat od (1, 1) do (n − 1, n − 1) jest dobrymkafelkowaniem K (o boku co najmniej 3).


A jeśli weźmiemy dobre kafelkowanie K , to możemy z niegozrobić dobre kafelkowanie K ′ o tak:nc nb nb nb nb nb ... nb nbl # # # # # ... # pl # # # # # ... # pl # # # # # ... # pl ... pl # # # # # ... # pnc nk nk nk nk nk ... nk nk

gdzie pod płotkami jest poprawne rozwiązanie K .Zatem K ma rozwiązanie wtedy i tylko wtedy, gdy K ′ ma.

Repetytorium z JFiZO - dydaktykaml.files.wordpress.com · Zadanie 4Zadanie 5Zadanie 6 dom(M) jest...

Documents

Transcript of Repetytorium z JFiZO - dydaktykaml.files.wordpress.com · Zadanie 4Zadanie 5Zadanie 6 dom(M) jest...