Bir fonksiyonun hesaplanabilir olmadığını nasıl gösterebilirim?

43

Bir fonksiyonun hesaplanabilir olması durumunda, bir Turing Makinesi olduğunu biliyorum. Öyleyse, işlevin hesaplanabilir olmadığını ya da bunun için herhangi bir Turing Makinesi olmadığını gösterme. Pumping lemması gibi bir şey var mı?

— user5507
kaynak

57

Genel sorunuza cevap vermeden önce, ilk önce bir adım geriye gideyim, tarihin geçmişini vereyim ve bir ön soruyu yanıtlayalım: Hesaplanamayan işlevler var mı?

^{[not etme notu: herhangi bir fonksiyon ilgili olabilir $f$ bir dil ile $L_f=\{ (x,y) \mid y=f(x) \}$ ve daha sonra karar verilebilirlik ele $L_f$ yerine ait Hesaplanabilirlik daha $f$ ]}

Undecidable diller yapmak var

Turing makinesinin karar veremediği bazı diller var. Argüman basittir: “sadece” sayılabilir, birçok $(\aleph_0)$ farklı TM, fakat sayılamayacak kadar çok $(\aleph)$ farklı dil vardır. Böylece en fazla $\aleph_0$ kararsız dil vardır ve geri kalanı (sonsuz sayıda) kararsızdır. Daha fazla okuma:

Belirli bir karar verilemeyen dile elimizi koymak amacıyla, fikri bir tekniktir adlı kullanmaktır köşegenleştirmeyi orada tamsayılar daha gerçek sayılardır ya da diğer bir deyişle, o göstermek için başlangıçta kullanıldı (Georg Cantor, 1873) . $\aleph > \aleph_0$

İlk kararsız dili oluşturma fikri basittir: tüm Turing makinelerini listeleriz (sırayla numaralandırılabilirler çünkü!) Ve her TM'ye en az bir girişte uyuşmayan bir dil oluştururuz.

\begin{array}{cccccc} ε & 0 & 1 & 00 & \dots \\ M_{1} & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ M_{2} & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ M_{3} & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 \\ ⋮ & ⋱ \end{array}

$\begin{array}{c|ccccc} & \varepsilon & 0 & 1& 00 & \cdots \\ \hline M_1 & \color{red}{1} & 0 & 1 & 0 & 1 \\ M_2 & 0 & \color{red}{1} & 0 & 0 & 0 \\ M_3 & 0 & 0 & \color{red}{0} & 1 & 0 \\ \vdots & & & & \ddots & \end{array}$

Yukarıdakilerde, her satır bir TM ve her sütun bir girdidir. TM reddederse veya hiç durmazsa hücrenin değeri 0'dır, TM bu girişi kabul ederse 1 olur. Biz dil tanımlayan böyle olmasını içeren ve ancak eğer oyunu bırakanların girdi -inci TM o girişi kabul etmez. $D$ $D$ $i$ $i$

Yukarıdaki Tablo, yana kabul . Benzer bir şekilde, , ancak yana kabul etmez . $\varepsilon \notin D$ $M_1$ $\varepsilon$ $0\notin D$ $1\in D$ $M_3$ $1$

Şimdi varsayalım karar verir ve hat bakmak tablosunda: varsa de -inci sütuna, daha sonra bu girişi kabul ama değil ve varsa orada, giriş olduğu ama bunu kabul etmez. Bu nedenle, karar vermez ve biz çelişkilere ulaştık. $M_k$ $D$ $k$ $1$ $k$ $M_k$ $D$ $0$ $D$ $M_k$ $M_k$ $D$

Şimdi sorunuza. Bir dilin kararsız olduğunu kanıtlamanın birkaç yolu var. En yaygın olanlara dokunmaya çalışacağım.

1. Doğrudan kanıt

İlk yöntem, hiçbir TM'nin karar veremeyeceğini göstererek, bir dilin kararsız olduğunu doğrudan göstermektir. Bu genellikle yukarıda gösterilen köşegenleştirme yöntemini izler.

Örnek.

Diyagonal dil (tamamlayıcısı) olduğunu gösterin undecidable.
$\bar{L_{D}} = {⟨ M ⟩ ∣ ⟨ M ⟩ \notin L (M)}$ $\overline {L_D} = \{ \langle M \rangle \mid \langle M \rangle \notin L(M) \}$

Kanıt.
Varsayalım Karar verilebilen ve izin onun karar verici olabilir. İki dava var: $\overline {L_D}$ $M_D$

kabul $M_D$ $\langle M_D \rangle$ : ama,çok . Bu yüzden, karar verirsebu olamaz. $\langle M_D \rangle \in L(M_D)$ $\langle M \rangle \notin \overline {L_D}$ $M_D$ $\overline {L_D}$
kabul etmez $M_D$ $\langle M_D \rangle$ : böylece ve böylece . İçeri Ama eğer , bunu kabul etmiş olmalıdır ve tekrar çelişkiyi ulaştı. $\langle M_D \rangle \notin L(M_D)$ $\langle M \rangle \in \overline {L_D}$ $L_D$ $M_D$

2. Kapatma özellikleri

Bazen, bazı dillerin karar verilemeyeceğini göstermek için, zaten kararlaştırılmayacağını bildiğimiz diğer dillere dayanarak kapanma özelliklerini kullanabiliriz.

Spesifik olarak, eğer karar verilemezse ( ), o zaman tamamlayıcısı kararsızdır: için kararlaştırıcı varsa, bunu sadece reddettiğinde ve tam tersi olduğunda kabul ederek kararını vermek için kullanabiliriz . Yana daima bir cevap (bir karar vericisi olan) ile durur, biz onun cevabını invert yapabilirsinizEND_SPAN. $L$ $L\notin R$ $\overline{L}$ $M$ $\overline{L}$ $L$ $M$ $M$

Sonuç: diyagonal dil , undecidable . ${L_D} = \{ \langle M \rangle \mid \langle M \rangle \in L(M) \}$ $L_D \notin R$

Hem hem de tamamlayıcısı yinelemeli olarak sayılabilir ise, her ikisinin de karar verilebileceğini belirterek benzer bir argüman uygulanabilir . Bir dilin özyinelemeli olarak sayılabilir olmadığını, karar verilemezlikten daha güçlü bir özellik olduğunu kanıtlamak istiyorsak bu özellikle yararlıdır. $L$ $\overline{L}$

3. Kararsız bir problemden kurtulma

Genellikle, bir dilin kararsız olduğunu doğrudan kanıtlamak oldukça zordur (halihazırda "diyagonal" bir şekilde oluşturulmadıysa). Kararsızlığı kanıtlamanın son ve en yaygın yöntemi, kararsız olduğunu bildiğimiz başka bir dili kullanmaktır. Buradaki fikir bir dili diğerine indirgemektir: eğer biri karar verilebilirse, diğeri de kararlaştırılabilir olmalıdır, ancak bir tanesinin kararsız olduğu bilinir, bu da bir tanesinin de kararsız olduğu sonucuna yol açar. Azalmalara hakkında daha fazlasını okuyun "birbirine sorunları azaltmak için ortak teknikler nelerdir?" .

Örnek.

Diyagonal dil olduğunu göster undecidable.
$H P = {⟨ M, x ⟩ ∣ M halts on x}$ $HP = \{ \langle M,x \rangle \mid M \text{ halts on } x \}$

Kanıt.
Bunu biliyoruz undecidable. Biz azaltmak için (bu ifade edilir olan), olduğu takdirde ilk göstermektedir Karar verilebilen biz karar vermek için kendi decider kullanabilir bir çelişki. $L_D$ $L_D$ $HP$ $L_D \le HP$ $HP$ $L_D$

İndirgeme bir aday dönüştürme çalışır için (herhangi bir potansiyel decider / alıcı için örneğin bir giriş , bir aday) için , öyle ki ancak ve ancak . Bu dönüştürmenin hesaplanabilir olduğundan emin olduk. Böylece, karar olsun veya olmasın söyler biz HP karar verebilir eğer, bu yüzden de karar mümkün olacaktır .¹ $w$ $L_D$ $L_D$ $w'$ $HP$ $w\in L_D$ $w' \in HP$ $w'$ $w\in L_D$ $L_D$

Dönüşüm aşağıdaki gibidir. Biraz al ve çıkış , ² nerede gibi davranacağını bir TM'dir , ama eğer reddeder, sonra sonsuz bir döngüye girer. $w=\langle M \rangle$ $w'=\langle M' , \langle M \rangle\rangle$ $M'$ $M$ $M$ $M'$

Bir bakalım gereksinimlerini karşılamak. Eğer , bu demektir santraline de ve giriş kabul . Bu nedenle, da durur ve girdi kabul . Bu nedenle, . Diğer yandan, eğer daha sonra atığı, ya da hiç ya da durur üzerinde $w,w'$
$w\in L_D$ $M$ $\langle M\rangle$ $M'$ $\langle M\rangle$ $\langle M', \langle M\rangle \rangle \in HP$
$w\notin L_D$ $M$ . Her iki durumda da üzerinde sonsuz bir döngüye girecek . Bu nedenle, , ve gösteren yapılır ancak ve ancak ve böylece göstermiştir . $\langle M\rangle$ $M'$ $\langle M\rangle$ $\langle M', \langle M\rangle \rangle \notin HP$ $w\in L_D$ $w'\in HP$ $HP\notin R$

Daha fazla okuma: azaltmalara ve dillerin kararsızlığını kanıtlamaya yönelik birçok örnek, azaltma etiketi aracılığıyla bulunabilir .

Geçerli olacak azaltma konusunda bazı daha kısıtlamalar var. Dönüşümün kendisi hesaplanabilir olmalı ve herhangi bir girdi için iyi tanımlanmış olmalıdır .
Bir giriş benziyor , bir TM ve bazı dizedir. Yani burada, dizgisini makinesinin bir kodlaması olarak seçiyoruz , ki bu sadece bir dizi. $HP$ $\langle M,x\rangle$ $M$ $x$ $x$ $M$

4. Rice Teoremi

"Biz kanıtlamak isteyen her seferinde Yani undecidable, biz azaltmak gerekir (veya kendisine)? Herhangi bir kısayol yok mu?" $L$ $L_D$ $HP$

Aslında, var. Bu Rice'ın Teoremi .

Teorem, belli bir yapıya sahip birçok dilin kararsız olduğunu söylüyor. Tüm bu diller bu belirli yapıya sahip olduklarından, indirgemeyi bir kez yapabilir ve benzer bir yapıyı kabul eden herhangi bir dile uygulayabiliriz.

Teorem resmen aşağıdaki şekilde ifade edilir,

Teoremi (Pirinç). Bir göz önüne alındığında özelliği , aşağıdaki dil olduğu undecidable $\emptyset \subsetneq S \subsetneq RE$ $L_S$
$L_{S} = {⟨ M ⟩ | L (M) \in S}$ $L_S = \{ \langle M \rangle \mid L(M) \in S \}$

Grubu dillerin bir alt kümesidir ; buna bir özellik diyoruz çünkü kabul edilen dil özelliğini açıklar . Dili bu özelliği yerine getiren tüm TM'ler aittir . $S$ $RE$ $L(M)$ $L_S$

Örneğin, kabul edilen dil tam olarak iki kelime içerdiği bir özellik olabilir : $S$ $L(M)$

Bu durumda tüm TM'ler dili tam olarak iki kelime oluşur setidir:
$S_{2} = {L | | L | = 2, L \in R, E} .$ $S_2 = \{ L \mid |L| =2 , L \in RE\}.$ $L_{S_2}$ $L_{S_{2}} = {⟨ M ⟩ | L (M) \in S} = {⟨ M ⟩ | | L (M) | = 2} .$ $L_{S_2} = \{\langle M \rangle \mid L(M) \in S\} = \{\langle M \rangle \mid |L(M)|=2\}.$

Özellik çok basit olabilir, ancak tüm RE dilleri veya RE dillerinin hiçbiri olamaz . Eğer veya sonra özelliği olduğu söylenir önemsiz ve uyarılmış hesaplanabilir olup. Basit bir örnek olarak , ki sadece tek bir dil içerir biri . olmasına rağmen dikkat et $S=\emptyset$ $S=RE$ $L_S$ $S$ $S_{complete}=\{ \Sigma^*\}$ $S$ sonsuz sayıda makineleri, sadece tek bir dil içerir , dil olan , böylece sonsuz ve undecidable. $M$ $\Sigma^*$ $L_{S_{compete}}$

Teorem, birçok dilin kararsızlığını kanıtlamak için çok güçlü.

Örnek.

Dil , undecidable $L_\emptyset = \{ \langle M \rangle \mid M \text{ never reaches the accepting state} \}$

Kanıt.
Biz yazabilir olarak olan, özelliği için . Bu önemsiz bir özelliktir ( dilini içerir , ancak örneğin dilini içermez $L_\emptyset$ $\{ \langle M \rangle \mid L(M)=0 \}$ $L_\emptyset=L_S$ $S=\{ L \in RE, |L|=0\}$ $L=\emptyset$ . Bu nedenle, Rice Teoremi ile, kararsızdır. $L=\{1, 11, 111,\ldots\}$ $L_\emptyset$

Şimdi teoremi ispatlıyoruz. Yukarıda belirtildiği gibi, bir azalma gösterir olacak için (rasgele önemsiz olmayan için ). $HP$ $L_S$ $S$

Kanıt.
Let önemsiz olmayan bir özelliği, olabilir . Biz göstermek ise, biz azaltmak için biz karar verebilir eğer öyleyse o Karar mümkün olacak (biz imkansız olduğunu bildiğimiz, bu nedenle, Karar verilebilen olamaz) . Aşağıdaki kanıtlarda, boş dilin parçası olmadığını , yani olduğunu . (boş dil $S$ $\emptyset \subsetneq S \subsetneq RE$ $HP \le L_S$ $HP$ $L_S$ $L_S$ $HP$ $L_S$ $S$ $\emptyset \notin S$ $S$ , tamamlayıcı özelliği üzerinde eşdeğer bir kanıt çalışır , ayrıntıları ). Yana nontrivial, bu az bir dili de içerir; dil olduğunu diyelim ve varsayalım kabul eden bir makinedir (çünkü böyle makinesi, var olan RE sadece dilleri içerir). $\overline S = RE \setminus S$ $S$ $L_0$ $M_0$ $L_0$ $S$

Hatırlayın, böyle bir azalma (Bkz bölümü 3 ile elde edilmiş), biz bir giriş dönüştürme gösterir gereken için , bir girişine için , böylece $w$ $HP$ $w'$ $L_S$

w \in'H P ancak ve ancak w^{'} \in L_{S}

$w\in HP \quad \text{ if and only if }\quad w' \in L_S$

Let , biz dönüştürmek makine açıklaması (bir girişi ) aşağıdaki gibidir: $w=(\langle M \rangle, x)$ $w'=\langle M' \rangle$ $M'$ $x'$

üzerinde çalıştırın . $M$ $x$
Duraklamalara yukarıda Adım 1 çalıştırmak ile ve kabul / buna göre reddetme. $M_0$ $x'$

Bu dönüşümün geçerli olduğunu görüyoruz. Açıklama, montajı kolay olduğuna dikkatinizi çekeriz verilen . $M'$ $w=(\langle M \rangle, x)$

Eğer , o zaman ile durur . Bu durumda, ilerler 2. adıma ve tıpkı davranacağını . Bu nedenle, kabul ettiği dil . Bu nedenle, . Eğer daha sonra döngüler . Bu dava, $w\in HP$ $M$ $x$ $M'$ $M_0$ $L(M')=M_0\in S$ $w'=\langle M' \rangle \in L_S$
$w\notin HP$ $M$ $x$ $M'$ döngüler herhangi bir giriş ile - bu kabul dil adım 1'de sıkışmış olur , bu durumda, boş . Bu nedenle, . $x'$ $M'$ $L(M')=\emptyset \notin S$ $w'=\langle M' \rangle \notin L_S$

4.1 Genişletilmiş Pirinç Teoremi

Rice teoremi bize bazı özellikleri sağlayan belirli bir dilinin kararsız olduğunu, yani olduğunu göstermenin kolay bir yolunu sunar . Rice'ın teoremin genişletilmiş versiyonu bize dil yinelemeli-enumerable olup olmadığını belirlemek için izin verir olduğunu, olmadığını belirler , eğer kontrol ederek tatmin bazı ek özellikler. $L$ $L \notin R$ $L \notin RE$ $L$

Teoremi (Pirinç, genişletilmiş). Bir özellik Verilen , dil (yinelemeli-numaralandırılabilirse ) ancak ve ancak aşağıdaki tüm üç ifadeler ortaklaşa tutma $S \subseteq RE$
$L_{S} = {⟨ M ⟩ | L (M) \in S}$ $L_S = \{ \langle M \rangle \mid L(M) \in S \}$ $L_S \in RE$

Herhangi iki için , eğer ve daha sonra da . $L_1, L_2 \in RE$ $L_1 \in S$ $L_1 \subseteq L_2$ $L_2 \in S$

Eğer sonra sonlu bir alt kümesi vardır , böylece . $L_1\in S$ $L_2 \subseteq L_1$ $L_2 \in S$

içindeki tüm sonlu diller kümesi sayılabilir (başka bir deyişle: tüm sonlu dilleri bir TM vardır ). $S$ $L\in S$

Kanıt.
Bu bir "eğer ve sadece ise" teoremidir ve her iki yönünü de kanıtlamamız gerekir. İlk önce, koşullardan birinin (1,2,3) uymadığı takdirde . Bundan sonra, eğer üç koşul da aynı anda tutulursa, olduğunu göstereceğiz . $L_S \notin RE$ $L_S \in RE$

Eğer (1,2) tutma, ancak (3) buna gerek yoktur, daha sonra $L_S \notin RE$ .
Diyelim varsayalım biz herhangi sonlu dilleri kabul etmek bir yol olduğunun ve göreceğiz (dolayısıyla, bütün bu dil grubunu ise RE) böylece koşul (3) tutan ve biz ulaşmak çelişki. Sonlu bir nin ait olup olmadığına nasıl karar verilir ? Kolayca - tanımını sadece kelimelerini kabul eden bir makine kullanırız ve şimdi de makinesini üzerinde çalıştırırız. $L_S \in RE$ $S$ $L$ $S$ $L$ $M_L$ $L$ $L_S$ $M_L$ (unutmayın - olduğunu varsaydık , bu yüzden kabul eden bir makine var !). Eğer sonra ve yana , onun makine evet girişinde diyecek ve biz yapılır. $L_S\in RE$ $L_S$ $L\in S$ $\langle M_L \rangle \in L_S$ $L_S\in RE$ $\langle M_L \rangle$

Eğer (2,3) tutma, ancak (1) buna gerek yoktur, daha sonra $L_S \notin RE$ .
olduğunu varsayıyoruz ve karar verecek bir yolumuz olduğunu göstereceğiz, bu da bir çelişkiye yol açıyor. $L_S \in RE$ $HP$

Koşul (1) tutmadığı için, bir dil yoktur ve bunun bir üst, , böylece . Şimdi karar vermek için, Bölüm 4'te kullanılan bağımsız değişken tekrar olacak : bir giriş verilen için , bir makine oluşturmak , dil olan ise $L_1 \in S$ $L_2 \supseteq L_1$ $L_2 \notin S$ $HP$ $(\langle M \rangle,x)$ $HP$ $M'$ $L_1$ ya da başka şekilde, dil olan . Daha sonra, karar verebilir : ya ilgili santraline de , ya da RE-makine için kabul ; Her ikisini de paralel olarak çalıştırabiliriz ve en az birinin durması garantilidir. $(\langle M \rangle,x)\notin HP$ $L_2$ $HP$ $M$ $x$ $L_S$ $M'$

Let en oluşturmanın ayrıntıları (girişine ): $M'$ $x'$

Paralel olarak aşağıdakini yapın:
1.1 üzerinde çalıştırın . 1.2 makineyi ile $M$ $x$
$L_1$ $x'$
1.2 durur ve kabul ederse - kabul edin.
1.1 durursa: bir makineyi üzerindeki . $L_2$ $x'$

Bu neden işe yarıyor? Eğer o ve 1.1 hiç durur tam olarak her adım 1.2 kabul edilmektedir girişi kabul böylece . Diğer yandan, eğer daha sonra, bir noktada adımında 1,1 durur ve tam olarak kabul . O yaşanabilir önceden kabul eder, ancak o zamandan beri $(\langle M \rangle,x)\notin HP$ $M'$ $L(M')=L_1$ $(\langle M \rangle,x)\in HP$ $M'$ $L_2$ $1.2$ ,bu durumda dilini değiştirmez. $L_1 \subseteq L_2$ $M'$

Eğer (1,3) tutma, ancak (2) buna gerek yoktur, daha sonra $L_S \notin RE$ .
Yine, varsayıyoruz ve karar verilebileceğini gösteriyoruz, bu bir çelişkidir. $L_S\in RE$ $HP$

Koşul (2) tutmadığı takdirde, herhangi biri için , tüm sonlu alt kümeleri tatmin (yani not beri sonsuz olmalıdır ). Yukarıda olduğu gibi, karar vermek için , belirli bir girdi için , bir makine oluşturmak , dil olan ise $L_1\in S$ $L_2 \subseteq L_1$ $L_2 \notin S$ $L_1$ $L_1\subseteq L_1$ $HP$ $(\langle M \rangle,x)$ $M'$ $L_1$ ve sonlu bir , aksi. Çelişki, yukarıdakiyle benzer şekilde gerçekleşir. $(\langle M \rangle,x)\notin HP$ $L_2$

Bu makinenin yapımı öncekine oldukça benzer biz oluşturduk. Makine (girişi ) yapar: $M'$ $M'$ $x'$

Çalıştırır üzerindeki için adımları tekrarlayın. $M$ $x$ $|x'|$
Eğer adım 1 duruyorsa - reddetme $M$
Aksi takdirde, bir makineyi ile . $L_1$ $x'$

O, dayanırsa , daha sonra belirli bir noktada 1000 adımda, sonra söz ile durur . Bu nedenle, aşama 1 bir girişi durdurmak (ve red eder) uzunluğu . Bu nedenle, bu durumda, olan sonlu . Ayrıca unutmayınız , ve özellikle de durumun (2) geçersizliği bizim varsayımlar, biz buna sahip $(\langle M \rangle,x)\in HP$ $M$ $x$ $x'$ $>1000$ $L(M')$ $L(M') \subseteq L_1$ . $L(M) \notin S$

Diğer yandan, eğer bu görmek kolaydır, daha sonra 1 hiçbir zaman santraline de aşama, ve bu durumda adım 2'de reddetmek asla ve özellikle , . $(\langle M \rangle,x)\notin HP$ $L(M)=L_1$ $L(M)\in S$

Uzatılmış teoremin diğer yönünü göstermeye bırakıldık. Kendisine, gösterdiğimiz için gereken tüm durumlar (1,2,3) tutma, o zaman kabul eden bir TM varsa olduğu, . Diğer bir deyişle, bir makine göstermek gerekir Herhangi bir giriş için, böylece olan , makine, bu giriş kabul, . $L_S$ $L_S \in RE$ $M_S$ $\langle M \rangle$ $L(M) \in S$ $M_S(\langle M \rangle) \to \textsf{accept}$

Burada ne kadar makine davranır (girişine ): $M_S$ $\langle M \rangle$

Let tüm sonlu dilleri sıralar makine olabilir durumda (3) ile güvence altına. $M_{\text{enum }S}$ $S$
(Bakınız örneğin, Kırlangıç kuyruğu ile paralel aşağıdakileri çalıştırın Bu ve bu için) 2.1 Çalışma o dil çıkışı kadar 2.2. tüm kelimelerini kabul edip etmediğini kontrol edin ( bu kelimelerde tekrar paralel olarak çalıştırın). 2.3. Bazıları için ise , tüm kelimeleri kabul - kabul ediyoruz. $i=1,2,...$
$M_{\text{enum }S}$ $L_i$
$M$ $L_i$ $M$
$i$ $M$ $L_i$

Neden çalışıyor Eğer sonlu bir alt kümeye sahipse ve bu alt kümeyi çıkardığında, adım 2.2 / 2.3, bu dildeki tüm kelimeleri kabul edip kabul ettiğini görecektir . $L(M) \in S$ $L_j \in S$ $M_{\text{enum }S}$ $M$

Öte yandan, eğer bunun tüm kelimeleri kabul edilemez herhangi. Gerçekten de, durum (1), herhangi biri ile de olduğu , yani eğer tüm kelimeleri kabul bazı , daha sonra ve böylece $L(M) \notin S$ $L_i$ $i=1,2,...$ $L' \supseteq L_i$ $S$ $M$ $L_i$ $i$ $L(M)\supseteq L_i$ , çelişki içinde. $L(M) \in S$

Son olarak, aşağıdakilerin yukarıdakilerin basit (ve çok kullanışlı) bir sonucu olduğunu unutmayın:

Corollary (Pirinç, genişletilmiş). Verilen bir önemsiz olmayan özellik , yani bu , dil , olduğu, yinelemeli-numaralandırılabilir değildir . $S \subsetneq RE$ $\emptyset \in S$
$L_{S} = {⟨ M ⟩ | L (M) \in S}$ $L_S = \{ \langle M \rangle \mid L(M) \in S \}$ $L_S \notin RE$

— Ran G.
kaynak

Rice teoreminin genişletilmiş versiyonunu eklediğiniz için teşekkür ederiz! Farklı bir versiyon biliyorum; Bunu kazmam gerekecek. Her neyse, burada ispatlara sahip olmanın çok önemli ve hatta yararlı olduğunu sanmıyorum. Belki iyi referans yoksa, onlara başvurabilir veya başka bir yere yükleyebilirsiniz

— Raphael

13

Yararlı araçlardan biri Rice teoremidir . İşte ne diyor:

$\emptyset \subsetneq P \subsetneq \mathcal{P}$ $\varphi$ $\mathcal{P}$ $P$

$\qquad I_P = \{ i \in \mathbb{N} \mid \varphi_i \in P \}$

özyinelemeli değil.

$I_P = \{ \langle M \rangle \mid M\ \mathrm{TM}, f_M \in P \}$ $\langle . \rangle$

$S$ $S$

Belirli dizin kümelerinin art arda numaralandırılabilir olmadığını göstermek için kullanılabilecek bir uzantı olduğunu unutmayın.

Örnek

$\varphi$

$\qquad A = \{ i \in \mathbb{N} \mid \varphi_i(j) = 1 \text{ for all } j \in 2\mathbb{N} \}$

$P = \{ f \in \mathcal{P} \mid f(j) = 1 \text{ for all } j \in 2\mathbb{N} \}$

$A = I_P$
$(n \mapsto 1) \in P$
$(n \mapsto 2) \notin P$

$A$

$A = \{ \langle M \rangle \mid f_M(x) = 1 \text{ for all } x \in 2\mathbb{N} \}$

Unexample

Naturals setini göz önünde bulundurun

$\qquad A = \{ i \in \mathbb{N} \mid \varphi_i(j) = i \text{ for all } j \in 2\mathbb{N} \}$

bu kesinlikle hesaplanamaz. Ancak, herhangi bir için ayarlanmış bir indeks değildir ! Let bazıları için . beri $A$ $P$ $f=\varphi_i$ $i \in A$ $\varphi$ $j \neq i$ $\varphi_j = f$ $j \notin A$ $f(2)=i \neq j$

$s_{mn}$

Rice teoremiyle ilgili yayınlar için buraya ve buraya bakın .

— Raphael
kaynak