bazı basamak dizisine sahip olup olmadığı nasıl belirlenebilir ?

130

Aşağıdaki alıştırma verildi.

İzin Vermek

$\qquad \displaystyle f(n) = \begin{cases} 1 & 0^n \text{ occurs in the decimal representation of } \pi \\ 0 & \text{else}\end{cases}$

Kanıtlamak hesaplanabilir olduğunu. $f$

Bu nasıl mümkün olabilir? Hava gibi bildiğim kadarıyla, biz bilmiyoruz basamak her dizisini içeren (ya da nesne) ve bir algoritma kesinlikle bazı dizi olduğunu karar veremez değil meydana. Bu nedenle hesaplanabilir olmadığını düşünüyorum , çünkü temel sorun sadece yarıya indirgenebilir. $\pi$ $f$

computability undecidability

— Raphael
kaynak

Tamamen cahil olduğum için affet, açıkça sorunun temel bir noktasını özlüyorum, ama her zaman 0 değil mi? Pi'nin 0 olması durumunda 32nci ondalık basamaktan beri, bu f (n) her zaman 1 olur mu?

— Cory Klein

@CoryKlein: Bu resmi dil yazımıdır ; Üst simge burada katlı birleştirme, yani anlamına gelir . sadece bir semboldür, sayı değil.

n

$n$

n

$n$

a^{5} = a a a a a

$a^5 = aaaaa$

0

$0$

— Raphael

Yanıtlar:

133

Dikkate alınması gereken sadece iki olasılık var.

Her pozitif tamsayı için , dizgisi nin ondalık gösteriminde görünür . Bu durumda, her zaman 1 döndüren algoritma her zaman doğrudur. $n$ $0^n$ $\pi$
Bir büyük tamsayı vardır öyle ki ondalık temsil görünen . Bu durumda, aşağıdaki algoritma ( kodlu kodlu) her zaman doğrudur: $N$ $0^N$ $\pi$ $N$
```
Zeros-in-pi(n):
 if (n > N) then return 0 else return 1
```

Biz hiçbir doğrudur Bu olasılıkların fikrini veya hangi değeri , ikinci durumda doğru olanıdır. Bununla birlikte, bu algoritmalardan birinin doğru olduğu garanti edilir. Bu nedenle, bir sıfır dizesinin görünüp görünmeyeceğine karar veren bir algoritma vardır ; sorun çözülebilir. $N$ $n$ $\pi$

Gallais tarafından önerilen aşağıdaki taslak eskizle olan ince farkı not edin :

Rastgele bir Turing makinesi ve rastgele bir giriş yapın.

Hesaplama sonsuza dek devam edecek ya da bir noktada duracak ve bu davranışların her birini tanımlayan (sabit) hesaplanabilir bir fonksiyon var.

???

Kar!

Alex ten Brink şöyle açıklıyor:

Halting teoreminin ne söylediğine dikkat edin: verilen bir programın durup durmayacağına karar verebilecek tek bir program bulunmadığını söylüyor. Bir programın durup durmayacağını hesaplayan iki programı kolayca yapabilirsiniz: birincisi her zaman 'durur', ikincisi 'durmaz' - bir program her zaman doğrudur, sadece hangisini hesaplayamayız bunlardan!

sepp2k ekler:

Alex'in örneğinde, algoritmaların hiçbiri tüm girdiler için doğru sonucu döndürmez. Bu soru durumunda bunlardan biri olacaktır. Sorunun çözülebilir olduğunu iddia edebilirsiniz çünkü tüm girdiler için doğru sonucu üreten bir algoritma olduğunu biliyorsunuzdur. Bu algoritmanın hangisi olduğunu bilmek farketmez. 10

— JeffE
kaynak

Yorumlar uzun tartışmalar için değildir; bu konuşma sohbete taşındı .

— Gilles

Birisi "Her n tam sayısında, 0 ^ n dizesinin π ondalık göstergesinde göründüğü" ifadesinin kanıtlanamadığını ispatlarsa ne olur? Doğru bir algoritma yapılamamasına rağmen, bu sorunun hala çözülebilir olduğunu söyleyebilir miyiz?

— Diğerleri

@Diğer Evet, yapardık.

— JeffE

@JeffE Tamam. Sezgisel mantıkta ispat mümkün mü? Yoksa burada dışlanan orta yasası gerekli midir?

— Diğerleri

@Doğruları Doğru anladıysam, fikir şu: Her bir için Turing makinesini ilk bölümünde tanımladıysak , o zaman birinin bu işlevi hesapladığını biliyoruz . Hangisini bilmiyoruz (ve eğer ifadeniz kanıtlandıysa, hangisinin olduğunu bilmenin imkansız olduğunu bile biliyoruz) ama yine de böyle bir Turing makinesi olduğunu biliyoruz , bu yüzden işlev hesaplanabilir.

N

$N$

M_{N}

$M_N$

— JiK

Sadece JeffE'nin cevabı üzerine biraz detay veriyorum.

F (n) fonksiyonunu hesaplayabilen iki fonksiyon / durum olduğunu biliyoruz:

Her zaman doğru döndüren bir işlev (tümü için n ardışık 0 sayısı var)
N, bir N tamsayısından küçükse true değerini döndürür, burada N, verilen irrasyonel sayıdaki var olan 0 ardışık maksimum uzunluğu olarak tanımlanır (aksi halde false döndürür).

Bu işlevlerden biri ve yalnızca biri doğru olabilir. Hangisini bilmiyoruz, ancak kesin olarak bir cevap olduğunu biliyoruz. Hesaplanabilirlik, cevabı sınırlı sayıda adımda belirleyebilen bir fonksiyonun mevcut olmasını gerektirir.

Durum 1'deki adımların sayısı, sadece 1'i döndürmek için önemsiz bir şekilde bağlıdır.

2 durumunda, adımların sayısı da sonludur. Her tamsayısı için olup olmadığını kabul eden ve aksi takdirde sonlu bir süre içinde reddeden bir Turing makinesi . Bu yüzden bir üst sınır bilmek bile önemli değil. Her için , olup olmadığını doğru hesaplayan bir Turing makinesi var, yani ). $N$ $T_N(n)$ $n < N$ $N$ $N$ $T_N(n)$ $n < N$

İki dava arasında seçim yapmak mümkün olmasa da (biri diğerinden daha muhtemel gözükse de), tam olarak birinin doğru olması gerektiğini biliyoruz.

Bir yan not olarak: çözümümüz, hangi işlevin doğru bir değer getireceğini belirleyemesek de hesaplanabilirliğin özünün ispatın yapılandırılabilirliğine dayanmadığını varsayar. Saf Varlık yeterlidir.

— JC
kaynak

Bütün matematikçiler bunu kabul etmez - örneğin sezgiler kabul etmez.

— reinierpost

Temel olarak, dışlanmış orta yasasına uzun bir örnek , , lol. Sezgisel mantıkta veya herhangi bir tür teoriye dayalı mantık sisteminde, bu kanıt reddedilir.

P \lor \neg P

$P\lor\lnot P$

— Kaa1el

Aşağıdaki ispat girişiminin 5. Adımı kesin değildir ve aslında yanlıştır - burada bir karşı örnek bulunabilir . (teşekkürler, Yuval; eskizin en kabataslak kısmı gibi geldi). Hatayı öğretici olarak düşündüğümden cevabı buraya bıraktım.

Öncelikle: JeffE'nin cevapları yeterli; f , her iki şekilde de hesaplanabilir.

Yine de, kısa bir yol, indüksiyonla bir kanıt taslağına girme çabası haline geldi:
Premise R : tekrarlamıyor. 1. Tabandaki bakın . Bu, çoğunlukla vaka sayısını azaltmak içindir. 2. Çizginin ne kadar uzağına giderseniz gidin, her zaman başka bir yerde 1 bulacaksınız : alternatif tüm sıfırlardır, yani tekrar etmeye başlar, bu R'ye gider . 3. Aynısı çizgiden aşağı inmek ve 0 bulmak için de geçerlidir . 4. İki basamaklı dizilere genişletin: 01 veya 10 (yani, değiştiği yerler) bulmayı durduramazsınız , çünkü aksi halde $\pi$
$\pi$
$\pi$

$\pi$ 1 'de veya 0 ' da tekrar etmeye başlar . Benzer şekilde, 11 veya 00 bulmayı durduramazsınız , çünkü aksi halde 1010101'de tekrar etmeye başlar .
5. Endüktif adım: her sonlu dizinin sonsuz sayıda görünmesi gerekir, çünkü alternatif tekrarlanmaya başlamasıdır. R ile çelişen kısa dizilerden biri . $\pi$

— Stephen Voris
kaynak

Her şeyden önce, nin ikili genişlemesinin irrasyonel olduğundan tekrarlanmadığını biliyoruz . İkincisi, ikili genişlemelerinde ne 000 ne de 111 içeren irrasyonel sayılar vardır, örneğin Thue-Morse dizisine karşılık gelenler: 0.0110100110010110 ...

π

$\pi$

π

$\pi$

— Yuval Filmus

Ah, endüktif sıçramaların tehlikeleri: P İyi yakalayın, teşekkürler.

— Stephen Voris

Bu arada, eğer sonuç yanlışsa, silmek ya da terk etmek benim için daha mantıklı ve düzeltmenin yanlış olduğunu kabul ediyor muyum?

— Stephen Voris

@StephenVoris Hatanın ne kadar eğitici olduğunu düşünüyorsunuz. Sorusu Not olan , normal (yani, baz- genişletme her sonlu dizisini ihtiva sayısı teorinin büyük açık sorunlarından biri sonsuz genellikle -ary basamağı).

π

$\pi$

b

$b$

b

$b$

— David Richerby

@DavidRicherby Büyük açık sorun mu diyorsun? Evet, bunu bilmek güzel. Bunun makul bir eğitimsel hata olduğunu düşünüyorum, çünkü OP'nin sorusunun dayandığı sorunun ne kadar zor olduğuna dair kanıtlar - aşikar oysa, açıkça bu konuda yanılmış olabileceğimi de düşünüyorum.

— Stephen Voris 12:14