Teoria informacji/TI Wykład 14

Stała Chaitina

Tak jak w poprzednim wykładzie, ustalamy jakieś bezprefiksowe kodowanie maszyn Turinga oraz bezprefiksową maszynę uniwersalną $U$.

Definicja [Stała Chaitina]

Stałą Chaitina określamy jako sumę szeregu $\Omega =\sum _{U(v)\downarrow }2^{-|v|}$

Stałą Chaitina można interpretować jako prawdopodobieństwo, że losowo wybrane dane dla maszyny $U$ spowodują jej zatrzymanie; innymi słowy, że losowo wybrany program (z danymi) się zatrzymuje.

Dokładniej, rozważmy zbiór nieskończonych ciągów zero-jedynkowych, $\{0,1\}^{\omega }$. Dla $w_{1}\ldots w_{n}\{0,1\}^{n}$, określamy

$p(w_{1}\ldots w_{n}\{0,1\}^{\omega })={\frac {1}{2^{n}}},$

w szczególności $p(\{0,1\}^{\omega })=1$. Funkcję $p$ można rozszerzyć na Borelowskie podzbiory $\{0,1\}^{\omega }$ tak, by stanowiła prawdopodobieństwo. Prawdopodobieśtwo to możemy też określić patrząc na ciąg $x\in \{0,1\}^{\omega }$ jak na wynik nieskończonego procesu Bernoulliego $X_{1},X_{2},\ldots$, gdzie $p(X_{i}=0)=p(X_{i}=1)={\frac {1}{2}}$.

W szczególności $\Omega$ stanowi prawdopodobieństwo zdarzenia, że ciąg $x\in \{0,1\}^{\omega }$ zawiera prefiks $v$, dla którego $U(v)\downarrow$ (z bezprefiksowości wynika, że jest co najwyżej jeden taki prefiks). Oczywiście konkretna wartość $\Omega$ zależy od wyboru kodowania i maszyny uniwersalnej, ale jej istotne własności od tego nie zależą.

Twierdzenie [Własności $\Omega$]

Stała Chaitina ma następujące własności.

(1) $\Omega \leq 1$.

(2) Istnieje maszyna Turinga $T$ z dodatkową taśmą nieskończoną, na której wypisane są kolejne cyfry binarnego rozwinięcia $\Omega$, która dla danego kodu $\langle M\rangle$ maszyny $M$ odpowiada na pytanie, czy $M(\varepsilon )\downarrow$.

(3) Istnieje stała $c$ taka, że

$K_{U}(\omega _{1}\ldots \omega _{n})\geq n-c,$ gdzie $\omega _{1}\ldots \omega _{n}$ oznacza pierwszych $n$ bitów liczby $\Omega$.

Punkt (2) oznacza, że "znając" stałą Chaitina potrafilibyśmy rozstrzygać problem stopu, natomiast (3) mówi nam, że z dokładnością do stałej, $\Omega$ jest niekompresowalna.

Dowód

Ad 1. Ponieważ zbiór

$L(U)=\{w:U(w)\downarrow \}$

jest bezprefiksowy, każdy skończony podzbiór ${\cal {S}}\subseteq L(U)$, tworzy kod bezprefiksowy, a zatem z nierówności Krafta spełnia nierówność $\sum _{x\in {\cal {S}}}2^{-|x|}\leq 1$, co po przejściu do supremum daje żądaną nierówność.

Ad 2. Zanim opiszemy konstrukcję maszyny $T$, zróbmy pewne obserwacje na temat liczby $\Omega$. Znanym problemem w dowodach własności liczb rzeczywistych jest, że a priori liczba może mieć dwie różne reprezentacje (w szczególności binarne). Działoby się tak, gdyby liczba $\Omega$ była dwójkowo wymierna, tzn.

(a) $\Omega =0.\omega _{1}\omega _{2}\ldots \omega _{k}0111\ldots$

(b) $\Omega =0.\omega _{1}\omega _{2}\ldots \omega _{k}1000\ldots$

Jakkolwiek w przyszłości wykluczymy taką możliwość, w tej chwili musimy jeszcze wziąć ją pod uwagę. Otóż bez zmniejszenia ogólności możemy założyć, że $\Omega$ dana jest w postaci (a). Istotnie, gdybyśmy mieli maszynę $T$ dla tego przypadku, to łatwo moglibyśmy ją zmodyfikować do maszyny $T'$, która radziłaby sobie z przypadkiem (b). Maszyna $T'$ działałaby tak samo jak maszyna $T$, z tym że począwszy od $k+1$-szej cyfry $\Omega$, "widziałaby na odwrót", tzn. 0 traktowałaby jak 1 a 1 jak 0.

Jeśli wybierzemy wariant (a), lub jeśli $\Omega$ nie jest dwójkowo wymierna, to dla każdego $n$ istnieje skończony podzbiór ${\cal {S}}_{n}\subseteq L(U)$, taki że liczba wyznaczona przez pierwszych $n$ cyfr $\Omega$ spełnia

$0.\omega _{1}\omega _{2}\ldots \omega _{n}\leq \sum _{x\in {\cal {S}}_{n}}2^{-|x|}$

(pamiętamy, że $\sum _{i=n+1}^{\infty }2^{-i}={\frac {1}{2^{n}}}$).

Opiszemy teraz działanie maszyny $T$. Jak zwykle w takich przypadkach, opiszemy algorytm, pozostawiając Czytelnikowi jego formalizację w języku maszyn Turinga. Jeśli na wejściu jest słowo $w$, $|w|=n$, maszyna $T$ symuluje działanie $U$ na $w$, a równolegle przegląda kolejne słowa z $\{0,1\}^{*}$, $v$, powiedzmy w porządku wojskowym: $\varepsilon =v_{0},v_{1},v_{2},\ldots$ i symuluje działanie $U$ na $v_{i}$ ruchem zygzakowym, podobnie jak w algorytmie z dowodu Faktu.

W trakcie swojego obliczenia, maszyna $T$ utrzymuje zmienną, powiedzmy ${\cal {S}}'$, której aktualną wartością jest (skończony) zbiór tych słów $v,$ dla których już udało się stwierdzić, że $U(v)\downarrow$.

Zgodnie z powyższą oberwacją, w skończonym czasie jeden z dwóch przypadków ma miejsce.

(i) $T$ stwierdza, że $U(w)\downarrow$; wtedy daje odpowiedź TAK.

(ii) $T$ stwierdza, że

$0.\omega _{1}\omega _{2}\ldots \omega _{n}\leq \sum _{v\in {\cal {S}}'}2^{-|v|},$

ale $w\not \in {\cal {S}}'$; wtedy daje odpowiedź NIE.

Zauważmy, że w tej chwili możemy już wykluczyć możliwość, że $\Omega$ jest liczbą dwójkowo wymierną. Istotnie, Czytelnik pamięta zapewne doskonale, że problem stopu jest nierozstrzygalny, tzn. nie istnieje maszyna bez dodatkowej taśmy, realizująca postulat z warunku (2). Gdyby jednak $\Omega$ była dwójkowo wymierna, to opisaną wyżej konstrukcję maszyny $T$ można przeprowadzić bez reprezentowania liczby $\Omega$; zamiast pobierać bity liczby $\Omega$ z dodatkowej nieskończonej taśmy, maszyna $T$ mogłaby je sobie łatwo obliczyć. Podobny argument pokazuje znacznie więcej: $\Omega$ nie jest liczba wymierną ani algebraiczną, ani w ogole "obliczalną" (zobacz Ćwiczenie).

Ad 3. Opiszemy działanie pewnej maszyny $R$. Na słowie wejściowym $x$, $R$ najpierw symuluje działanie maszyny uniwersalnej $U$ na słowie $x$. Dalszy opis prowadzimy przy założeniu, że obliczenie się zakończyło z wynikiem $U(x)$ i co więcej

$U(x)=\omega _{1}\omega _{2}\ldots \omega _{n},$

stanowi pierwsze $n$ cyfr rozwinięcia binarnego $\Omega$, dla pewnego $n$. Niech

$\Omega _{n}=\omega _{1}\omega _{2}\ldots \omega _{n}.$

Oczywiście, dla wielu $x$ nie będzie to prawdą; wtedy maszyna $R$ zgodnie z naszym opisem będzie wykonywać jakieś działania, których wynik nas nie interesuje. Ważne jest jednak, że dla pewnego $x$ istotnie zajdzie $U(x)=\Omega _{n}$ (z własności maszyny uniwersalnej).

Z kolei, podobnie jak maszyna $T$ w dowodzie punktu (2), maszyna $R$ ruchem zygzakowym przegląda kolejne słowa $y$ i symuluje działanie na $U$ na $y$, gromadząc w zmiennej ${\cal {S}}'$ te słowa $y$, dla których obliczenie już się zakończyło. Dodatkowo, dla każdego $y\in {\cal {S}}'$, $R$ zapamiętuje $U(y)$. Pamiętamy, że wykluczyliśmy już możliwość podwójnej reprezentacji $\Omega$. Dlatego też, po pewnym skończonym czasie $R$ stwierdzi, że

$\sum _{y\in {\cal {S}}'}2^{-|y|}\geq \Omega _{n}.$

Niech $v$ będzie pierwszym w porządku wojskowym słowem takim, że $v\neq U(y)$, dla każdego $y\in {\cal {S}}'$. Zauważmy, że $K_{U}(v)\geq n$ (z definicji $\Omega$). Wtedy wreszcie nasza maszyna $R$ zatrzymuje się z wynikiem $R(x)=v$.

Zgodnie z Faktem z poprzedniego wykładu, istnieje stała $c_{UR}$, że

$K_{U}(v)\leq K_{R}(v)+c_{UR}.$

Ale $K_{R}(v)\leq |x|$ (skoro $R$ wygenerowała $v$ z wejścia $x$). To daje nam

$n\leq K_{U}(v)\leq K_{R}(v)+c_{UR}\leq |x|+c_{UR}$

i nierówność ta zachodzi dla każdego $x$, takiego że $U(x)=\Omega _{n}$. A zatem

$n\leq K_{U}(\Omega _{n})+c_{UR}$

dla każdego $n$, tak więc $c=c_{UR}$ może być żądaną stałą.

Związek z entropią Shannona

Jeśli stałą Chaitina interpretujemy jako prawdopodobieństwo, że bezprefiksowa maszyna uniwersalna $U$ się zatrzymuje, to dla $y\in \{0,1\}^{*}$,

$p_{U}(y)=\sum _{v:U(v)=y}2^{-|v|}$

stanowi prawdopodobieństwo zdarzenia, że maszyna $U$ zatrzymuje się z wynikiem $y$.

Zauważmy, że $p_{U}$ nie stanowi miary prawdopodobieństwa na $\{0,1\}^{*}$, w szczególności

$\sum _{y\in \{0,1\}^{*}}p_{U}(y)=\Omega ,$

a nie 1.

Ale już

$p(y)={\frac {p_{U}(y)}{\Omega }}$

wyznacza prawdopodobieństwo na $\{0,1\}^{*}$.

Jak pamiętamy z wykładu 3, dla skończonej przestrzeni probabilistycznej $S$, optymalne kodowanie $\varphi :S\to \{0,1\}^{*}$ było osiągnięte wtedy, gdy

$|\varphi (y)|\approx -\log _{2}(p(y))$

Dokładniej, równość była osiągnięta dla prawdopodobieństw będących potęgami ${\frac {1}{2}}$, a w ogólności mamy zbieżność asymptotyczną.

Otóż podobny związek możemy wskazać dla bezprefiksowej złożoności Kołmogorowa, która w pewnym sensie wyznacza optymalne kodowanie słów w $\{0,1\}^{*}$, przy określonym wyżej prawdopodobieństwie $p$.

Mówiąc nieformalnie, mamy

$K(y)\approx -\log _{2}(p(y)).$

Dokładniej, pokażemy następujący

Fakt [Entropia Kołmogorowa]

Istnieje stała $c$, że dla dowolnego $y\in \{0,1\}^{*}$, $K(y)-c\leq -\log _{2}(p(y))\leq K(y)+c.$

Dowód

Oczywiście, wystarczy jeśli pokażemy $K(y)-c\leq -\log _{2}(p_{U}(y))\leq K(y)+c.$

Mamy $K(y)=|x|$, dla pewnego $x$, takiego, że $U(x)=y$, a zatem

${\frac {1}{2^{|x|}}}\leq p_{U}(y),$

skąd

$-\log _{2}(p_{U}(y))\leq |x|=K(y).$

Pozostaje dowieść, że

$K(y)\leq -\log _{2}(p_{U}(y))+c,$

dla pewnej stałej $c$. Wobec Faktu o niezmienniczości, wystarczy tym celu skonstruować maszynę $T$ taką, że $T(w_{y})=y$ oraz

$|w_{y}|\leq -\log _{2}(p_{U}(y))+c,$

gdzie $T$ i $c$ nie zależą od $y$.

Ustawmy wszystkie słowa $y\in \{0,1\}^{*}$ w porządku wojskowym: $y_{0},y_{1},y_{2},\ldots$

Z kolei rozważmy ciąg przedziałów domkniętych na prostej $I_{y_{0}},I_{y_{1}},I_{y_{2}},\ldots$, gdzie początkiem $I_{y_{0}}$ jest 0; koniec $I_{y_{m}}$ jest początkiem $I_{y_{m+1}}$ i długością przedziału $I_{y_{m}}$ jest $p_{U}(y_{m})$.

Zauważmy, że suma wszystkich przedziałów $I_{y_{m}}$ zawiera się w odcinku $[0,1]$.

Przedziałem binarnym jest z definicji przedział postaci

$\left[\underbrace {a_{1}\cdot {\frac {1}{2}}+a_{2}\cdot {\frac {1}{2^{2}}}+\ldots +a_{k}\cdot {\frac {1}{2^{k}}}} _{L},L+{\frac {1}{2^{k}}}\right),$

gdzie $a_{1},\ldots ,a_{k}\in \{0,1\}$; $a_{k}=1$.

Dla przedziału $I_{y}$, znajdźmy największy przedział binarny $J$ w nim zawarty, a gdyby było więcej przedziałów o tej samej długości, to ten, którego początek jest położony najbardziej na lewo. Niech $L=a_{1}\cdot {\frac {1}{2}}+a_{2}\cdot {\frac {1}{2^{2}}}+\ldots +a_{k}\cdot {\frac {1}{2^{k}}}$ będzie początkiem tego największego przedziału binarnego. Połóżmy

$w_{y}=a_{1}a_{2}\ldots a_{k}$

(a zatem $|w_{y}|=k$).

Oszacujemy teraz długość przedziału $I_{y}$ (równą $p_{U}(y)$) w zależności od $k$.

Rozważmy punkty $L-{\frac {1}{2^{k}}},L,L+{\frac {1}{2^{k}}}+{\frac {1}{2^{k-1}}}$ i niech $A$ i $B$ będą odpowiednio początkiem i końcem przedziału $I_{y}$.

Nie może być $A\leq L-{\frac {1}{2^{k}}}$, bo wtedy

$\left[\underbrace {a_{1}\cdot {\frac {1}{2}}+a_{2}\cdot {\frac {1}{2^{2}}}+\ldots +a_{k-1}\cdot {\frac {1}{2^{k-1}}}} _{L-{\frac {1}{2^{k}}}},\underbrace {(L-{\frac {1}{2^{k}}})+{\frac {1}{2^{k-1}}}} _{L+{\frac {1}{2^{k}}}}\right)$

byłby większym przedziałem binarnym zawartym w $I_{y}$.

Podobnie nie może być $L+{\frac {1}{2^{k}}}+{\frac {1}{2^{k-1}}}\leq B$, bo wtedy

$\left[L+{\frac {1}{2^{k}}},L+{\frac {1}{2^{k}}}+{\frac {1}{2^{k-1}}}\right)$

byłby takim przedziałem.