Рассмотрим гипотетическую «машину», имеющую конечное множество Q внутренних состояний и одну бесконечную ленту, разделенную на ячейки, по которой перемещается устройство для чтения и записи, именуемое головкой. В каждый из такт времени головка читает содержимое текущей ячейки, затем пишет в эту ячейку новый символ и перемещается влево или вправо, или остается на месте. Текущей ячейкой становится новая ячейка, она будет той, на которую указывает головка. Символы принадлежат конечному алфавиту А.

Пример 1

Алфавит состоит из цифр 0,1,…,9. На ленте написано слово:

…

2

0

9

3

1

…

и головка показывает на 9. Тогда в следующий такт времени головка может записать вместо 9 цифру 8 и переместиться влево. После этого она будет показывать на 0.

Перейдем к точным определениям.

Машиной Тьюринга T = (A,Q,p) называется тройка, состояний из непустых конечных множеств A = {a₀,a₁,…,a_n}, Q = {q₀,q₁,…,q_m} и частичной функции p: Q ´ A®Q ´ A ´ {L,S,R}.

Здесь {L,S,R} – множество, состоящее из трех элементов. Оно одинаково для всех машин Тьюринга и интерпретируется командами перемещения головки: L – влево, R – вправо, S – стоять на месте.

Множество А называется внешним алфавитом, его элементы – буквами. Буквы a₀ и a₁ для всех машин Тьюринга одинаковы: a₀=0, a₁=1. Элементы q₀,…,q_m называются внутренними состояниями.

Частичная функция p называется программой и записывается или с помощью прямоугольной таблицы, в которой в клетке (q_i,q_j) записывается тройка p(q_i,q_j) Î Q ´ A ´ {L, S, R}, или с помощью списка команд вида:

· q_ia_j®q_ka_e означающей (q_k,a_e,S)=p(q_i,a_j),

· q_ia_j®q_ka_eR означающей (q_k,a_e,R)=p(q_i,a_j),

· q_ia_j®q_ka_eL означающей (q_k,a_e,L)=p(q_i,a_j).

Эти команды обозначим через T(i,j).

Машиным словом, или конфигурацией, называется слово вида: aq_ka_eb, где  0 £ k £ m,  0 £ e £ n,  a и b – слова (возможно, пустые), составленные из букв алфавита А. Для обозначения слова аа…а, в котором буква а повторяется x раз, пишем: а^х.

Машинное слово: aq_ka_eb интерпретируется как положение, при котором головка указывает на символ a_e, машина находится во внутреннем состоянии q_k, слева от теку

щей ячейки находятся символы, составляющие слово a, а справа – слово b. В примере 1 машинное слово равно: 20q_i931 для некоторого i.

Пусть задана машина Тьюринга Т и машинное слово M = aq_ia_jb, где 0 £ i £m. Обозначим через M_T’ слово, которое получается (за один такт) по правилам:

1) для i = 0 положим M_T’ = M;

2) для i > 0 выполняем одно из следующих трех преобразований:

· если T(i,j) = q_ia_j®q_ka_e, то M_T’ = aq_ka_eb;

· в случае T(i,j) = q_ia_j® q_ka_eR,

если b не пусто, то M_T’ = aq_ea_kb, иначе MT ’= aq_ea_ka₀;

· в случае T(i,j) = q_ia_j®q_ka_eL,

если a=a₁a_s для некоторых a₁ и a_s, то MT’ = a₁q_ka_sa_eb,

иначе (т.е. если a пусто) MT’=q_ka₀a_eb (дополнительная инструкция).

Положим: M_T⁰ = M, M_T⁽ⁿ⁺¹⁾ = (M_T⁽ⁿ⁾)’.

Будем говорить, что машина Т перерабатывает машинное слово М в слово М₁, если M_T⁽ⁿ⁾ = M₁ для некоторого n ³ 0. Пишем: М Þ_T M₁, если Т перерабатывает М в М₁, и при этом не используется дополнительная инструкция (из правил образования слова M_T’).

Говорим, что машина Т вычисляет частичную функцию f:Nⁿ®N, если выполнены следующие условия:

· если (x₁,…,x_n)ÎDom(f), то машина Т останавливается, т.е. перерабатывает слово q₁01^x10…1^xn0 в некоторое слово aq₀b, и при этом aq₀b содержит f(x₁,…,x_n) вхождений символа  1 (здесь символы  x₁, … , x_n   обозначены через x1,  …, xn) ;

· если (x₁,…,x_n) не принадлежит Dom(f), то машина, начиная со слова M = q₁01^x10…1^xn0, работает бесконечно, т.е. q₀ не входит в M_T⁽ⁿ⁾ ни для каких n ³ 0.

Говорим, что машина Т правильно вычисляет частичную функцию f:Nⁿ®N, если выполнены условия:

· если (x₁,…,x_n)ÎDom(f), то q₁01^x10…1^xn0Þ_Tq₀01^f(x1,…,xn)0…0;

· в противном случае машина, начиная со слова q₁01^x10…1^xn0, работает бесконечно.

Частичная функция f называется (правильно) вычислимой, если существует машина Тьюринга, которая (правильно) вычисляет f.

Пример 2

Пусть машина Тьюринга T = {A, Q, p},  A = {0,1},  Q = {q₀,q₁,q₂} задана с помощью таблицы:

	q0	q1	q2
0		q20R	q01S
1			q21R

Рассмотрим слово: M = q₁011…10. На первом шаге выполняется команда q₁0®q₂0R. Получаем: M_T’ = 0q₂11…10. Затем, до тех пор, пока слово не превратится в слово  011…1q₂0, будет выполняться команда q₂1®q₂1R. После этого будет выполнена команда q₂0®q₀1, и машина остановится, ибо q₀ соответствует состоянию остановки. Входное слово, состоящее из x единиц, означает, что аргументом вычисляемой функции является число x. Поскольку на выходе получается x + 1 подряд идущих единиц, то машина вычисляет функцию: s(x) = x + 1.

Пример 3

Вычисление функции: s(x) = x+1 в примере 2 не является правильным. Построим машину Тьюринга для правильного вычисления:

	q0	q1	q2	q3	q4
0		q20R	q31R	q40L	q00L
1			q21R	q41L	q41L

Упражнение

Построить машину Тьюринга, правильно вычисляющую функцию: o(x) = 0.

Можно построить машины Тьюринга для правильного вычисления функций:

I_mⁿ(x₁,…,x_n), 1 £ m  £ n.

С помощью построения различных машин Тьюринга доказывается, что операторы композиции, примитивной рекурсии и минимизации переводят правильно вычислимые функции в правильно вычислимые. Отсюда вытекает правильная вычислимость всех частично рекурсивных функций. Более того, справедливо и обратное утверждение.

Теорема 1. Частичная функция правильно вычислима тогда и только тогда, когда она частично рекурсивна.

Тезис Чёрча и алгоритмически неразрешимые проблемы

Поскольку класс частично рекурсивных функций совпадает с классом правильно вычислимых, то тезис Чёрча равносилен предположению о том, что для любой алгоритмически вычислимой функции существует правильно вычисляющая её машина Тьюринга.

Применим это для доказательства алгоритмической неразрешимости проблемы остановки машины Тьюринга, которая заключается в нахождении алгоритма, определяющего по машине Тьюринга и начальным данным, остановится ли машина через конечное число шагов. Так как машина Тьюринга задается с помощью конечного набора символов и слов, то число машин Тьюринга счетно и может быть выписано в последовательность: T₀, T₁, … .

Теорема (о проблеме остановки). Пусть T₀,T₁, T₂,… последовательность, перечисляющая все машины Тьюринга, h(n,k) – функция, принимающая значение 1, если машина T_n останавливается, начиная работу с машинного слова q₁01^k0,  и принимающая значения  h(n,k) = 0 в других случаях. Тогда функция h:N²®N не является частично рекурсивной. Иными словами, нет алгоритма, определяющего, остановится ли машина Тьюринга, если на вход ей подать число k.

Доказательство. От противного. Пусть функция h(n,k) частично рекурсивна. Тогда частичная функция:

f(n) = My[h(n,n) + y = 0]

тоже частично рекурсивна. Существует номер m такой, что f правильно вычисляется с помощью машины T_m. Тогда f(m) = 0, если и только если h(m,m) = 0. Согласно определению функции h  равенство h(m,m) = 0 имеет место тогда и только тогда, когда машина T_m не останавливается, начиная со слова q₁01^m0. Но f правильно вычисляется с момощью T_m , значит, T_m  не остановится, начиная с m, если и только если f(m) не определено. Получаем противоречие: f(m) = 0, если и только если f(m) не определено, Следовательно, h – не частично рекурсивна.