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TCO. 2

^o

Parcial -Grupos 1, 2 y 4-

(2^o de Ingenier´ıa Inform´atica) (23–enero–2009)

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UTIL´ICESE S ´ OLO ESTE FOLIO PARA LAS CUESTIONES

Hoja -1- Cuestiones. [3 puntos.]- Decidir la veracidad o falsedad de los siguientes enunciados justificando, en cada caso, la respuesta.

(a) El dominio de una funci´on f GOT O–computable es GOT O−computable.

(b) Dos funciones GOT O–computables con distinta aridad pueden tener un ´ındice com´un.

(c) Si A ⊆ B y B es un conjunto recursivamente enumerable, entonces A es tambi´en un conjunto recursivamente enumerable.

(d) Sea e el c´odigo de un cierto programa P ∈ GOT O. Si di(x, e, 126) = di(x, e, 385) entonces [[P ]]⁽¹⁾(x) ↑.

(e) Si ∃t(θ(~x, t)) es un predicado parcialmente decidible, entonces θ(~x, t) es, por el teorema de la proyecci´on, un predicado GOT O–computable.

(f) Si m + 1 y n + 1 son dos números naturales con el mismo número de factores primos, entonces los programas de código m y n tienen la misma longitud.

(g) Si el rango de una función f es un conjunto recursivamente enumerable, entonces la función f es, por el teorema del rango, una función GOT O–computable

(h) Si el grafo, G(f ), de una funci´on f es GOT O−computable entonces dicha funci´on es GOT O−computable y total.

(i) Si ϕ⁽¹⁾e = ϕ⁽¹⁾_e0 para los n´umeros e 6= e⁰, entonces ϕ⁽²⁾e = ϕ⁽²⁾_e0 .

(j) Si el código de una instrucción es y, entonces el código de la variable de dicha instrucción es r(r(y))).

Soluci´on

(a) Falso. Por ejemplo, el conjunto de la parada K = {x : ϕ_x(x) ↓} no es un conjunto GOT O−computable pero s´ı es el dominio de una funci´on GOT O−computable, precisamente de su funci´on caracter´ıstica parcial C_K^∗.

C_K^∗(x) =

1 si x ∈ K

↑ e.o.c.

Como K es recursivamente enumerable, C_K^∗ es GOT O−computable y adem´as K = dom(C_K^∗)

(b) Verdadero. Un programa GOT O P , de c´odigo e = #(P ), calcula una funci´on para cada aridad, todas ellas con el mismo ´ındice. Es decir, dados n, k, n 6= k resulta queJP K

(n)= ϕ⁽ⁿ⁾e yJP K

(k)= ϕ^(k)e

(c) Falso. Sea B = N y A = TOT = {e ∈ N : ∀x(ϕe(x) ↓)}. Obviamente, A ⊆ B, B es un conjunto GOT O−computable y por tanto, recursivamente enumerable pero sin embargo, A no es ni GOT O−computable ni recursivamente enumerable.

(d) Falso. El programa P con entrada x podr´ıa parar en un n´umero de pasos menor o igual a 126.

Recordemos la definici´on de la funci´on di⁽¹⁾

di⁽¹⁾(x, e, k) =







#(sj+1) si el programa de c´odigo e para en j ≤ k

pasos de la computaci´on del mismo sobre el dato x

#(s_k+1) e.o.c.

Si P con entrada x para en exactamente j pasos y j ≤ 126, tendr´ıamos di⁽¹⁾(x, e, 126) = #(s_j+1) y di⁽¹⁾(x, e, 385) = #(s_j+1)

(e) Falso. θ(~x, t) podr´ıa ser un predicado parcialmente decidible pero no GOT O−computable y el predicado ∃t(θ(~x, t)) seguir´ıa siendo parcialmente decidible por el lema de la contracci´on. Como contraejemplo, podemos tomar el predicado ∃t(θ(x, t)) = ∃t(HALT(t, x)) = ∃t(ϕx(t) ↓). Dicho predicado es parcialmente decidible, puesto que la funci´on GOT O−computable f (x) = µz(ST EP (l(z), x, r(z))) tiene como dominio el conjunto recursivamente enumerable

dom(f ) = {x ∈ N : ∃z(l(z) = t ∧ r(z) = k ∧ ST EP (t, x, k))} =

= {x ∈ N : ∃t∃k(ST EP (t, x, k))} = {x ∈ N : ∃t(ϕ^x(t) ↓)}

Sin embargo, θ(x, t) = HALT(t, x) no es GOT O−computable.

(2)

(f) Falso. Si los factores primos de n + 1 y m + 1 son distintos, la longitud de los programas P y Q ser´a distinta. Por ejemplo, m = #(P ) = [#(I1), #(I2)] − 1 y n = #(Q) = [#(I1), 0, #(I2)] − 1. m + 1 y n + 1 tienen el mismo n´umero de factores primos (dos) pero |P | = 2 y |Q| = 3.

(g) Falso. El teorema del rango afirma que si una funci´on es GOT O−computable, su rango es recursivamente enumerable, pero el rec´ıproco no tiene por qu´e ser cierto. Si lo fuese, el predicado HALT(x, e) ⇐⇒ ϕe(x) ↓ ser´ıa GOT O−computable, puesto que su rango es finito y por tanto recursivamente enumerable.

(h) Falso. Tomemos una funci´on GOT O−computable y no total cuyo grafo sea GOT O−computable, por ejemplo,

f (x) =

1 si x = 0

↑ si x 6= 0

G(f ) = {(x, y) ∈ N²: f (x) ↓ ∧ y = f (x)} = {(0, 1)} es un conjunto finito y por tanto GOT O−computable.

(i) Falso. Como contraejemplo, consideremos los dos programas GOT O con macros siguientes:

P {Y ←− X₁+ X₂ Q {Y ←− X₁−X˙ ₂ Sean e = #(P ) y e⁰ = #(Q). Obviamente, e 6= e⁰ y ϕ⁽¹⁾e (x) =JP K

(1)(x) = ϕ⁽¹⁾_e0 (x) =JQK

(1)(x) = x, pero ϕ⁽²⁾e (x, y) =JP K

(2)(x, y) = x + y 6= ϕ⁽²⁾_e0 (x, y) =JQK

(2)(x, y) = x ˙−y

(j) Falso. El código de una instrucción I es #(I) = ha, hb, cii, donde c = #(V )−1. Por tanto, si y = #(I), el código de la variable de I es r(r(y)) + 1.

(3)

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Hoja -2- Ejercicio 1.– [2 puntos] Consideremos el programa universal U₂(x, y, e) y la función descripción ins- tantánea, di(x, y, e, t), siendo e + 1 = 2¹⁰⁵· 3²· 5¹¹⁰.

1. Calcular [[U2]](4, 5, e).

2. Calcular (r(di(4, 5, e, 3)))₄.

Soluci´on

1. CalcularJU2K(4, 5, e).

Sea P el programa GOT O de c´odigo e. EntoncesJU2K(4, 5, e) = JP K

(2)(4, 5). En primer lugar tenemos que decodificar las instrucciones de P .

#(P ) = e = [#(I₁), . . . , #(I_n)] − 1 ⇒ [#(I₁), . . . , #(I_n)] = e + 1 = 2¹⁰⁵· 3²· 5¹¹⁰ ⇒







#(I₁) = 105

#(I₂) = 2

#(I₃) = 110

#(I1) = ha, hb, cii = 2^a(2hb, ci+1) ˙−1 = 105 ⇒ 2^a(2hb, ci+1) = 106 = 2·53 ⇒

a = 1 ⇒ [A1] hb, ci = 26 hb, ci = 2^b(2c + 1) ˙−1 = 26 ⇒

b = 0 ⇒ SKIP

c = 13 ⇒ #(V ) = 14 ⇒ V = X7

Por tanto, I1: [A1] X7 ←− X7

#(I2) = ha, hb, cii = 2^a(2hb, ci + 1) ˙−1 = 2 ⇒ 2^a(2hb, ci + 1) = 3 ⇒

a = 0 ⇒ sin etiqueta hb, ci = 1

hb, ci = 2^b(2c + 1) ˙−1 = 1 ⇒

b = 1 ⇒ IN C

c = 0 ⇒ #(V ) = 1 ⇒ V = Y Por tanto, I2: Y ←− Y + 1

#(I3) = ha, hb, cii = 2^a(2hb, ci+1) ˙−1 = 110 ⇒ 2^a(2hb, ci+1) = 111 ⇒

a = 0 ⇒ sin etiqueta hb, ci = 55

hb, ci = 2^b(2c + 1) ˙−1 = 55 ⇒

b = 3 ⇒ #(L) = 1 ⇒ IF V 6= 0 GOT O A1

c = 3 ⇒ #(V ) = 4 ⇒ V = X2

El programa P queda as´ı:

P :







[A1] X7 ←− X7

Y ←− Y + 1 IF X26= 0 GOT O A1

Vemos que la funci´on de aridad 2 que calcula P es JP K

2(x₁, x₂) =

1 si x₂= 0

↑ e.o.c.

Concluimos entonces queJU2K(4, 5, e) = JP K

(2)(4, 5) no est´a definido, es decir,JU2K(4, 5, e) ↑.

2. Calcular (r(di(4, 5, e, 3)))4

Según la definición de la función di, sabemos que di(4, 5, e, 3) = #(s4) en la computación del programa P sobre los datos de entrada (4, 5). Hemos de calcular entonces (r(#(s4)))4 = (r(hi, #(σ4)i))4 = ([σ4(Y ), σ4(X1), σ4(Z1), σ4(X2), σ4(Z2), . . . ])4= σ4(X2), es decir, el valor de la variable X2 tras dar 3 pasos en la computación de P con entrada (4, 5). Como la variable X2 no se modifica durante la ejecución de P , tras dar 3 pasos el valor que tendrá será el mismo que ten´ıa en la configuración inicial, es decir, 5. Por tanto, (r(di(4, 5, e, 3)))4= 5.

(4)

Ejercicio 2.– [3 puntos] Sean P, Q programas GOT O que calculan funciones totales para aridad 1. Con- sideremos el predicado:

θ(x) ≡ “sobre el mismo dato x, la computaci´on de P para antes que la de Q”

1. Probar que θ es un predicado parcialmente decidible, utilizando el teorema de la proyecci´on.

2. Probar que θ es GOT O–computable,

a) Dando un programa (con menos de diez l´ıneas de c´odigo) que lo calcule.

b) Utilizando el teorema del complemento.

Soluci´on

1. Probar que θ es un predicado parcialmente decidible, utilizando el teorema de la proyecci´on.

Según el teorema de la proyección para predicados, θ es un predicado parcialmente decidible de aridad 1 si, y sólo si, existe un predicado GOT O−computable de aridad 2 θ⁰ tal que θ(x) = ∃t(θ⁰(x, t)). Sea θ⁰ el siguiente predicado GOT O−computable de aridad 2:

θ⁰(x, t) = ST EP⁽¹⁾(x, #(P ), t)∧¬ST EP⁽¹⁾(x, #(Q), t) =











1 si la computaci´on de P sobre x para en, a lo sumo, t pasos y la de Q, sobre el mismo dato de entrada, no para en a lo sumo t pasos 0 e.o.c.

Sea (x, t) ∈ N² tal que se verifica θ⁰(x, t). Como P y Q calculan funciones totales para aridad 1, si la computación de Q con entrada x no para en a lo sumo t pasos, parará en un número de pasos mayor a t, es decir, la computación de P para antes que la de Q. Según esto, podemos escribir θ como sigue:

θ(x) = ∃t(θ⁰(x, t)) = ∃t(ST EP⁽¹⁾(x, #(P ), t) ∧ ¬ST EP⁽¹⁾(x, #(Q), t)) Y por el teorema de la proyecci´on, concluimos que θ es parcialmente decidible.

2. Probar que θ es GOT O−computable,

a) Dando un programa (con menos de diez l´ıneas de c´odigo) que lo calcule.

El siguiente programa GOT O tiene menos de diez l´ıneas de c´odigo y calcula θ:

[B] IF ST EP⁽¹⁾(X, #(Q), Z) GOT O E IF ST EP⁽¹⁾(X, #(P ), Z) GOT O A Z ←− Z + 1

GOT O B [A] Y ←− Y + 1 b) Utilizando el teorema del complemento.

El teorema del complemento para aridad 1 es el siguiente:

B ⊆ N es GOT O − computable ⇐⇒ B y B son recursivamente enumerables

Trasladando esta propiedad a los predicados parcialmente decidibles, si B = {x ∈ N : θ(x)} y B = {x ∈ N : θ(x) = ¬θ(x)}, tenemos que

θ(x) es GOT O − computable ⇐⇒ θ(x) y θ(x) son parcialmente decidibles

En el apartado 1 de este ejercicio hemos probado que θ(x) es parcialmente decidible. Por tanto, para probar que θ(x) es GOT O−computable, bastar´a demostrar que su complementario θ(x) tambi´en es parcialmente decidible.

θ(x) ≡ “sobre el mismo dato x, la computaci´on de P no para antes que la de Q”

(5)

θ(x) =

GOT O−computable

z }| {

(ST EP⁽¹⁾(x, #(Q), 0) ∧ ST EP⁽¹⁾(x, #(P ), 0)) ∨

parcialmente decidible, por el teorema de la proyecci´on

z }| {

∃t

GOT O−computable

z }| {

(ST EP⁽¹⁾(x, #(Q), t) ∧ ¬ST EP⁽¹⁾(x, #(P ), t ˙−1))

Por tanto, θ y θ son ambos parcialmente decidibles, luego θ es GOT O−computable.

(6)

Ejercicio 3.– [2 puntos] Determinar si los siguientes conjuntos son o no GOT O–computables:

1. A = {x : x es el c´odigo de los programas que no contienen la variable Y } 2. B = {e : ϕ_e(0) = 5 ∧ ∀x > 0(ϕ_e(x) = ϕ_e(x − 1) + 2x)}

Soluci´on

1. Probaremos que A es GOT O−computable demostrando que su funci´on caracter´ıstica es efectivamente GOT O−computable.

CA(x) =

1 si x es el c´odigo de un programa que no contiene la variable Y 0 e.o.c.

Podemos escribir CA como cuantificaci´on universal acotada de un predicado GOT O−computable como sigue:

C_A(x) = ∀z ≤ Long(x + 1)(z ≥ 1 −→ r(r((x + 1)_z)) 6= 0) Alternativamente, tambi´en podemos escribir un programa GOT O que calcule C_A:

P











[A] Z ←− Z + 1

IF Z > Long(X + 1) GOT O B IF r(r((X + 1)Z)) 6= 0 GOT O A GOT O E

[B ] Y ←− Y + 1 Notas:

x es el c´odigo de un programa, por tanto, x + 1 = [#(I1), . . . , #(In)].

El n´umero de instrucciones del programa codificado por x es Long(x + 1).

z nos indica la siguiente instrucción para la que vamos a comprobar que no contiene a la variable Y . Entonces, el código de dicha instrucción es #(Iz) = (x + 1)z.

Si #(I) = ha, hb, cii, la instrucci´on I contiene a la variable Y si c = 0, esto es, si r(r(#(I))) = 0 2. Demostraremos que el conjunto B no es GOT O−computable usando el teorema de Rice. Consideramos

la familia de funciones GOT O−computables:

F = {g ∈ GCOM P : g(0) = 5 ∧ ∀x > 0(g(x) = g(x − 1) + 2x)}

Claramente, I_F = {e ∈ N : ϕ^e∈ F } = B. Entonces:

a) Veamos que F 6= ∅

La funci´on f definida como sigue

f (0) = 5

f (x + 1) = f (x) + 2(x + 1)

pertenece a F y es GOT O−computable, puesto que está definida por recursión primitiva a partir de una constante y una función GOT O−computable, es decir, f = R(5, h), donde h(x, z) = 2(x + 1) + z.

b) Veamos que F 6= GCOM P⁽¹⁾

La funci´on vac´ıa f_∅ es GOT O−computable pero no pertenece a F .

Del teorema de Rice se deduce que IF no es GOT O−computable ⇒ B no es GOT O−computable.