问题描述
所谓的通用语言，L_u，由对 (M,w) 组成，使得 w \in L(M)。语言 L_ne 由带有非空语言的机器 M（实际上是它们的描述，但我们不要太刻意）组成。我们都知道 L_u 和 L_ne 都是非递归的，但仍然是 RE（递归可枚举）。另一方面，L_u 的补集（我们称其为 L_nu）甚至不在 RE 中，因为如果是，L_u 和 L_nu 都必须是递归的。
如果我们能够将 L_nu 减少到 L_ne，我们将证明 L_ne 也是非 RE。这意味着这种减少应该是不可能的。但是，我不知道为什么会这样。
首先，为了将语言 L 简化为 L'，我们必须构造一个可计算的函数 f，它将 L 的每个可能的正实例映射到 L' 的某个正实例，并将 L 的每个可能的负实例映射到 L 的某个负实例'。仅此而已，不是吗？
其次，我认为我们可以安全地假设通用图灵机 (UTM) 有两个最终状态，一个是状态和一个否状态。当然，对于给定的输入 (M,w)，如果 w \not\in L(M)，UTM 将永远不会到达 NO 状态，但我们仍然可以假设，如果 UTM 停止，它将在 YES 状态或 NO 状态下这样做。这也对，不是吗？
现在让我们尝试将 L_nu 减少到 L_ne 如下：给定一对 (M,w)，使用 UTM 的逻辑构建一个在 w 上运行 M 的机器 M'，如果 UTM 说 YES，则说 NO，反之亦然.显然，L_nu 的正实例 (w \not\in L(M)) 映射到 L_ne 的正实例（在这种情况下 L(M') 是非空的，因为 M' 总是说 YES），而 L_nu 的负实例（ w \in L(M)) 被转换为 L_ne 的负实例（L(M') 是空的，因为 M' 总是说 NO）。虽然机器 M' 显然对于至少一些正输入永远运行（因为至少有一对 (M,w) 与 w \not\in M 使 UTM 永远运行），减少本身 是可计算的：M' 的代码包括 UTM 的代码（这绝对可以完成）和一个简单的逻辑，用于检查内置的 UTM，如果应用于 (M,w)，是否已经达到 YES-状态或无状态。就是这样。
因此我只是“证明”了 L_ne 是非 RE。然而，事实并非如此，我一定是哪里出错了。这真的让我感到困惑，因为从 L_u 到 L_ne 的标准减少，例如，Hopcroft-Ullman-Motwani 中给出的，采用了非常相似的推理。
如果有人能帮我解开这个谜语，我将不胜感激！
解决方法
我看到这个问题四处飘散，并犹豫着要回答，因为它非常棘手。我在下面尝试了一个解决方案，我试图指出可能是什么问题。请仔细阅读此内容，看看您是否遵循我的建议。我相信问题的真正关键，正如我在下面详细阐述的那样，在 w 上运行 M 的 UTM 不能正确处理 M 未能在 w 上停止的情况：如果 M 未能在 w 上停止，则 (M,w) 在 L_nu 中，但是在 w 上运行 M 的 UTM 永远不会知道。
如果我们有一个 L_ne 的决定者，我们可以决定 L_nu 吗？
L_nu 问题的输入是对 (M,w)。 分三种情况：
- M 为输入 w 输入暂停接受：返回 no
- M 为输入 w 输入halt-reject：返回yes
- M 从不停止输入 w：返回 yes，因为从不停止意味着 M 不接受 w。
我们当然可以计算机器描述 M'，它使用 UTM 在 w 上运行 M 并返回相反的结果。 分三种情况：
- M' 为输入 w 输入暂停接受：返回 yes
- M' 为输入 w 输入停止拒绝：返回 no
- M' 永远不会因为输入 w 而停止：我们永远不会陷入循环中，所以这必须映射到 no
如果我们有一个 L_ne 的决策者 M'' 并将 M' 输入其中，我们会得到什么？
- 在第一种情况下，M'' 将返回 yes，因为 M' 接受所有输入
- 在第二种情况下，M'' 将返回 no，因为 M' 不接受任何输入
- 在第三种情况下，M'' 将返回 no，因为 M' 不接受任何输入
在第三种情况下，M'' - 我们的 L_ne 判定器 - 告诉我们不，语言 L(M'') 是空的。 然而，它没有说明为什么语言是空的：它可能是 M' 的任何一个否定情况。 如果是因为 M' 明确输入了halt-reject，那么我们知道 w 在 L(M) 中，所以我们的归约应该回答“否”。 如果是因为 M' 在 w 上永远运行，那么我们知道 M 没有在 w 上停止，所以我们的归约应该回答“是”。
我们在运行 M'' 时无法区分这两种场景，因此归约失败。 为什么失败了？ 它失败了，因为 M'，在 w 上运行 M 的 UTM，在 M 未能在 w 上停止的情况下无法准确地进入停止接受。 M' 永远不会达到它知道处理将永远继续的地步。 在一般情况下，M' 需要永远运行，在这些情况下，L(M') 将为空。