Öz referans olmadan durdurma sorunu

Durma probleminde, belirli bir Turing makinesi belirli bir girişte durup durmadığını söyleyebilen bir Turing makinesi $T$ olup olmadığı ilgileniriz . Genellikle, kanıt böyle bir var olduğunu varsayar . Biz kısıtlamak nerede Sonra, bir davaya için kendisi ve sonra bir diyagonal argüman örneğini kullanarak bir çelişki türetmek. I söz verdiğimizde kanıt nasıl gider ? Ne vaat hakkında , işlevsel eşdeğerdir ? $M$ $i$ $T$ $i$ $M$ $i \not = M$ $i \not = M^\prime$ $M^\prime$ $M$

computability undecidability halting-problem

— bellpeace
kaynak

İpucu: dahi

M

$M$ için gerekli değildir doğru kendisi hakkında ve hatta ilgili sorulara cevap

M^{'}

$M'$ 'nin eşdeğer ona, biz hala eşdeğer besleyebilir

M^{'}

$M'$ ve ne yaptığını görüyoruz. O olsun hesaplanabilir olmadığından

M^{'}

$M'$ eşdeğerdir

M

$M$ ,

M

$M$ kendisi eşdeğer bir şey var söylemek mümkün olmayacaktır.

— Andrej Bauer

@AndrejBauer Bu bana verdiğin bir ipucu muydu ve bu ipucunu kullanarak asıl sorunumu çözmeliyim? Benim ortamda ben bir söz var, nerede "gerektirmeyen" diyerek sorunu dinlenmek beri biraz, şaşkın duyuyorum

eşdeğer ile beslenen edilmeyecektir

. Temel olarak, problemleri çözülemez kılan herhangi bir tür "öz referans" olduğunu görmek istiyorum. Mantık ve eksiklik hakkında konuşurken durumun böyle olduğu düşünülüyordu.

M

$M$

M^{'}

$M^\prime$

— bellpeace

Sözünüzü kırabilir ve

istediğiniz gibi besleyebilirsiniz . Zaten sözünü tuttuğunu söyleyemez. Eğer en hile olduğunu düşünüyorsanız, o zaman beslemek edeceğiz

eşdeğer olmayan şeyler

onlar gibi çünkü

ancak tüm girişler ile kaymış

veya bazı tür.

M

$M$

M

$M$

M

$M$

M

$M$

1

$1$

— Andrej Bauer

Aslında, sorularınız iyi formüle edilmemiştir. Aklınızdaki asıl kanıtı ana hatlarıyla belirtmeli ve ardından tam olarak kaçınmak istediğinizi belirtmelisiniz. Ne demek sanmıyorum

, ama başka bir şey.

i \neq M

$i \neq M$

— Andrej Bauer

Yanıtlar:

HALTS'nin, girdisini ve çifti olarak okuyan bir TM olduğunu varsayalım ; burada , bir TM kodlamasıdır ve , bu TM'nin herhangi bir girdisidir. $M$ $x$ $M$ $x$

Biz durdurur tüm girişler için durdurulması problemi çözmüş kabul ne olur eğer senin soru öyle ki eşit işlevselliği olan bir TM'nin bir kodlama değil . $\langle M,x \rangle$ $x$ $M$

Bunun bir çelişki olduğunu iddia ediyorum. Bunu yerinde buldum, bu yüzden kanıtımın her türlü eleştirisini memnuniyetle karşılıyorum. Kanıt fikri, bir şeyi kendi üzerine köşegenleştirmektense, bazı girdilerde farklı davranan (dolayısıyla işlevsel olarak eşdeğer olmayan), ancak aksi takdirde çelişkilere neden olan iki karşılıklı tekrarlayan TM üretiyoruz.

Let ve (vs biz benzetilebilir demek ki, baskı, açıklaması iki karşılıklı yinelemeli TM olmak programı içinde ve tersi). Yineleme teoreminden karşılıklı özyinelemeli TM'ler yapabileceğimizi unutmayın. $D_1$ $D_2$ $D_2$ $D_1$

Define ve aşağıdaki gibi: girişi , eğer , daha sonra (10 isteğe bağlı olarak seçilmiş) kabul eder ve döngüler. (Böylece, işlevsel olarak eşdeğer değildirler). $D_1$ $D_2$ $x$ $|x| < 10$ $D_1$ $D_2$

Verilen girdi ile tanımlama, ile durur simüle etmek için ve halt duraklamalara veya döngü halinde döngüler. $x$ $|x| \ge 10$ $D_1$ $\langle D_2, x \rangle$ $D_2$ $D_2$

Verilen girdi ile tanımlama, üzerinde durur simüle etmek için ve döngü halinde durduran veya durdurmak için bir tuval döngü. $x$ $|x| \ge 10$ $D_2$ $\langle D_1, x \rangle$ $D_1$ $D_1$

Sonra herhangi bir için , (x) ya durur ya da döngüler. Eğer giriş x üzerine durur, sonra bildiğimiz durur ( x), tayin olduğu giriş x üzerinde durur. Bununla birlikte, giriş X ile durdurulması durur (ima , x) döngüler. $x$ $|x| \ge 10$ $D_1$ $D_1$ $D_2$ $D_2$ $D_2$ $D_1$

Eğer girişi döngüler, çelişki Benzer izler. $D_1$ $x$

Değilse, bu bir çelişki fonksiyonel olarak eşdeğer bir Turing makinesi için bir kodlama ya da vaka durur tanımlanmamış davranışına sahiptir ki burada,. Bununla birlikte, , büyük tüm dizelerden keyfi olarak seçilmiştir . Bu nedenle, daha farklı davranır 10 boyutundan daha üzeri bir kodlama ile bir Turing bir makine bulunmamaktadır göstermek kalır ve . Böyle bir makineyi önemsiz bir şekilde inşa edebiliriz. QED. $x$ $D_1$ $D_2$ $x$ $10$ $D_1$ $D_2$

Düşünceler?

— Kurt Mueller
kaynak

Neden

işlevsel olarak eşdeğer olmadığından emin olmalısınız ?

D_{1}

$D_1$

D_{2}

$D_2$

— bellpeace

Bence bu gerekli değil. Benim asıl niyet durdurur üzerinde (kösegenlestirin oldu

)

⟨ D_{1}, D_{2} ⟩

$\langle D_1, D_2 \rangle$

— Kurt Mueller

Bu olmadan, kanıt daha zarif, ama yine de bana iyi görünüyor ve tam olarak ihtiyacım olan şey.

— bellpeace

Hala ormandan çıkmadın. Yalnızca şimdi bunu farklı bir TM vermek, aynı sorun haline çalıştırmak seçtiğiniz girdi olarak fonksiyonel olarak eşdeğer olduğu için (eğer yeni bir kural eklemek demek böylece ın açılış hamle bir adım sağ, bir adım sola ve aksi takdirde değişiklik yapmazsınız). Hala bir çelişkiyle karşı karşıya kalacaksınız. eşdeğer olan tüm TM'leri ortadan kaldırmayı deneyebilirsiniz , ancak bu kararsız bir settir. $M'$ $M'$ $M$ $M$ $M'$ $M$

Güncelleme . kodlama şemasını Bir TM bu düzene altında açıklamasını temsil eder ve bir TM vardı varsayalım $\langle\,M\,\rangle$ $M$ $H$

, aynı kısmi fonksiyonu hesaplayan bir TM kodlamasıolduğunda tanımlanmamıştır(yani, ve fonksiyonel olarak eşdeğerdir). $H(\langle\,M\,\rangle, x)$ $x$ $H$ $x$ $H$
Diğer tüm girişler için yalnızca durursatrue değerini döndürür. $H(\langle\,M\,\rangle, x)$ $M(x)$

Şimdi her zamanki köşegenleştirme yapısı hala bir çelişki ile sonuçlanıyor. Bir TM tanımlama tarafından $Q$

Q(x)=
  if H(<Q>, x) = false
    return true
  else
    loop forever

Açıkçası ve işlevsel olarak eşit değildir, bu yüzden $Q$ $H$ Ve bul $x=\langle\,Q\,\rangle$ Sadece ve durmazsa durur, böylece böyle bir TM olamaz. $Q(\langle\,Q\,\rangle)$ $H$

— Rick Decker
kaynak

Ve bunun bir söz olduğunu düşünelim

fonksiyonel olarak eşdeğer bir TM değil

? Belki sorumu OP'de uzatabilirim?

i

$i$

M

$M$

— bellpeace

Diyelim ki size böyle bir söz verildi; Hesaplanabilir olmadığını biliyorum. OP'yi güncelledim.

— bellpeace

@bellpeace:

$\:$ Bunu nasıl tanımlarsın?

$\;\;\;\;$

Girdi: bir tamsayı çifti

bu şekilde

TM fonksiyonel olarak eşdeğer bir TM ile temsil temsil etmez

. Çıkış:

eğer

ile durur

, aksi. Bu sorun karar verilebilir mi?

(M, i)

$(M, i)$

i

$i$

M

$M$

1

$1$

M

$M$

i

$i$

0

$0$

— bellpeace

@RickyDemer Evet, aynı kısmi işlevi hesaplamaları durumunda iki TM işlevsel olarak eşdeğer kabul edilir. Andrey olmadığının belirlenmesinde her ne kadar olduğunu işaret olarak, unutmayın

eşdeğerdir undecidable, hala yukarıda örneklenen gelmiş gibi, biz iki giriş TMS eşdeğer olmadığı bir söz verilir sorunu düşünebilirsiniz.

M

$M$

M^{'}

$M^\prime$

— bellpeace