Durma sorununun kararsızlığının kanıtını (örneğin Papadimitriou'nun ders kitabında köşegenleştirmeye dayanarak) anladım.

Kanıt inandırıcı olsa da (her adımını anlıyorum), tek başına sorundan başlayarak birinin nasıl türeteceğini görmeme anlamında benim için sezgisel değil.

Kitabın kanıtı şöyle devam eder: " girişindeki durma problemini çözdüğünü varsayalım , yani Turing makinesi girişi için durup karar verir . Turing makinesi M'yi giriş olarak alan bir Turing makinesi D'nin oluşturulması , M_H (M; M) çalıştırır ve çıktıyı tersine çevirir. " D (D) 'nin tatmin edici bir çıktı üretemediğini göstermeye devam eder . M ; x M x D M M H ( M ; M ) D ( D $M_H$$M;x$$M$$x$$D$$M$$M_H(M;M)$$D(D)$

D' nin görünüşte keyfi bir inşası $D$, özellikle de $M$ kendine ve sonra $D$ yi kendine beslemek fikri , onun için bir sezgiye sahip olmak istiyorum. İnsanları ilk önce bu yapıları ve adımları tanımlamaya yönlendiren şey neydi?

Birinin, köşegenleştirme argümanına (veya başka bir kanıtı) nasıl yol açacağına dair bir açıklaması var mı, eğer böyle bir argümanla başlayacağını bilmiyorsa?

İlk cevaplarda verilen Zeyilname:

Bu yüzden ilk cevaplar durma sorununun kararsızlığının kanıtlanmasının Cantor ve Russell'ın köşegenleştirme sorununun önceki çalışmalarına ve gelişimine dayanan bir şey olduğunu ve "sıfırdan" başlamanın bu tartışmayı yeniden keşfetme anlamına geldiğini gösteriyor.

Yeterince adil. Ancak, köşegenleştirme argümanını iyi anlaşılmış olarak kabul etsek bile, yine de ondan durma sorununa kadar bir "sezgi boşluğu" olduğunu görüyorum. Cantor'ın gerçek sayıların hesaplanamadığının kanıtı aslında oldukça sezgisel buluyorum; Russell'ın paradoksu daha da fazla.

Hala göremediğim şey, birisini M'nin “kendi kendine uygulama” M; M'sine dayanarak D (M) ' yi tanımlamak için motive edecek ve ardından tekrar D' yi kendine uygulayacak . Bu, köşegenleştirmeyle daha az ilgili görünüyor (Cantor'un argümanının onun gibi bir şeye sahip olmadığı anlamında), ancak onları tanımladığınızda köşegenleştirmeyle iyi çalışmasına rağmen.$D(M)$$M$$M;M$$D$

PS

@babou, beni kendimden daha iyi rahatsız eden şeyleri özetledi: “İspatın birçok versiyonundaki sorun, yapıların sihirli bir şapkadan çekilmiş gibi görünmesi.”

Düzenlemenizde şunu yazıyorsunuz:

Ne Hala görmüyorum tanımlamak için birini motive olacaktınız dayanan M 'nin 'kendi kendine uygulama' M ; M , ve sonra yine kendisine D uygular . Bu, köşegenleştirmeyle daha az ilgili görünüyor (Cantor'un argümanının onun gibi bir şeye sahip olmadığı anlamında), ancak onları tanımladığınızda köşegenleştirmeyle iyi çalışmasına rağmen.$D(M)$$M$$M;M$$D$

Turing'in ispatının ortak bir "popüler" özeti şöyle olur:

"Biz bir makine olsaydı , başka bir makine inşa etmek için kullanabilir başka Turing makinası alıkoymalarla olup olmadığına karar verebilir D Turing makinası verilen o M ve ancak eğer durdurmak olacağını M yaptılar değil dur. Ama biz o zaman D' yi kendi başına girdi olarak geçebilir ve böylece bir paradoks elde edebilir: bu makine eğer durduysa ve durduysa durur! "$M_H$$D$$M$$M$$D$

Şimdi, yukarıdaki özetlemenin önemli bir ayrıntıda parladığını görmek kolaydır - Turing makinesinin ( durması , belirtmediğimiz girişine de bağlıdır! Ama bu sorun kolayca yeterince düzeltilebilir: biz sadece olması gerekir Ge bazı uygun giriş almak x M her giriş makine için M onları hem geçirmeden önce, M H .$M$$D$$x_M$$M$$M_H$

Sonuç olarak bir çelişki ortaya çıkarmak istediğimizden için uygun seçenek nedir ? Doğal olarak, doğrudan "el yıkama" ispatıyla, makine D'yi kendi üzerinde çalıştırarak eninde sonunda çelişkiyi elde ettiğimiz doğal bir seçim önerilmektedir .$x_M$$D$

Böylece, davranışlarından olarak çağrıldığında gerçekten bu durumda paradoksal, yani D ( D ) , ne istiyoruz durdurulması içindir D ( M ) davranışına bağımlı M olarak çağrıldığında M ( M ) . Bu şekilde, M = D olarak ayarlayarak istediğimiz çelişkiyi elde edeceğiz .$D$$D(D)$$D(M)$$M$ $M(M)$$M = D$

Unutma, bu tek seçenek değil; aynı çelişkiyi , D ′ ( M ) ' nin sadece M ( D ′ ) ( M ( M ) yerine ) durmadığı durumlarda durduracak şekilde durduracak şekilde bir makine oluşturarak da türetmiş olabilirdik . Makinenin olduğu açıktır oysa Ama D kolayca geçirmeden önce onun girişini çoğaltabilirsiniz M H , bir makine oluşturmak için nasıl bu kadar hemen belli değil D ' çağırmak istiyorum M H girdi olarak kendi koduyla. Böylece, bunu kullanarak$D'$$D'(M)$$M(D')$$M(M)$$D$$M_H$$D'$$M_H$ yerine D gereksiz kanıt zorlaştırmak ve daha az sezgisel hale getirecektir.$D'$$D$

Basitçe, birisinin daha önce "daha basit" bir bağlamda benzer bir argüman yapmadan bu argümana yol açacağını düşünmek yanlış olabilir.

Turing'in Cantor'un köşegenleştirmenin gerçeklerin hesaplanamadığının kanıtını bildiğini unutmayın. Dahası, çalışmaları Russell'ın paradoksunu (köşegenleştirme argümanı kullanan) ve Gödel'in ilk eksiklik teoremini (köşegenleştirme argümanı kullanan) içeren bir matematik tarihinin bir parçasıdır. Aslında, Gödel'in sonucu, Halting Probleminin kararsızlığının kanıtı (ve dolayısıyla Hilbert'in Entscheidungsproblem'ine olumsuz cevabı) ile yakından ilgilidir.

Yani benim çekişme Sorunuzu kötü kurulmuş bir anlamda olduğunu ve bunun ne edemez kalanı (veya oldukça benzer bir şey) ilk geçmiş gitmeden Durdurulması Sorununu ulaşır. Bunları tarihin içinden geçmeden öğrencilere gösterirken, çalışan bir matematikçi olsaydınız hiçbir şeyden Turing Machines'e aralarında hiçbir şey kalmadan gitme ihtimaliniz yok gibi görünüyor - bunların amacı, hesaplamayı biçimlendirmek, birçok insanın yaşadığı bir problemdi. Bu noktada onlarca yıldır çalışıyor.

Cantor, gerçeklerin hesaplanamadığına dair ilk kanıtında köşegenleştirmeyi bile kullanmadı, eğer yayın tarihlerini fikrin ne zaman düşünüldüğü (her zaman güvenilir bir şey değil) yaklaşımı olarak kabul edersek, onu bilmesi 17 yıl aldı. Gerçeklerin köşegenleştirme argümanını çözmek için sayılamadığını.

Bahsettiğiniz kanıttaki “kendi kendine uygulama” ile ilgili olarak, bu aynı zamanda Russell'ın paradoksunun (tamamen kendi referansına dayanır) ayrılmaz bir parçasıdır ve Gödel'in ilk eksiklik teoremi, Russell'ın paradoksunun yüksek güçlü versiyonu gibidir. . Durma Probleminin kararsızlığının kanıtı Gödel'in çalışması tarafından o kadar çok bilgilendirilir ki, onsuz oraya gitmeyi hayal etmek zordur, bu nedenle “kendi kendine uygulama” fikri halihazırda Halting Problemine ulaşmak için ihtiyaç duyduğunuz arka plan bilgisinin bir parçasıdır . Benzer şekilde, Gödel'in çalışması, Russell'ın paradoksunun bir elden geçirilmesidir, o yüzden ötekiniz olmadan oraya ulaşamazsınız (Russell'ın bu gibi bir paradoksu ilk gören kişi olmadığını unutmayın, bu nedenle diyagonalizasyon argümanının prototipleri, yaklaşık olarak resmi bir mantık içinde olmuştur) 600BCE). Hem Turing hem de Gödel'in çalışması (burada bahsettiğimiz bitler), öz referansla ilgili sorunların ve matematiğe nasıl gömüldüğünün giderek daha güçlü gösterileri olarak görülebilir. Bu yüzden, bir kez daha, Turing seviyesindeki bu fikirlerin onlarla ilgilendiğini önermek çok zor.Bir priori , onlar millennia'nın felsefenin, matematiğin ve mantığın bölümündeki çalışmalarının doruk noktasıydı.

Bu kendi kendine referans aynı zamanda Cantor'ın argümanının bir parçası, sadece Turing'in daha mantıklı çalışması gibi doğal olmayan bir dilde sunulmuyor. Cantor'un köşegenleştirmesi, bir kümenin güç kümesinden (esas olarak Cantor Teoreminin bir parçası) bir dizi eleman olarak yeniden ifade edilebilir. Eğer (pozitif) gerçekler kümesini doğalların altkümesi olarak kabul edersek (bunun çalışması için sipariş edilecek rakamlara gerçekten ihtiyacımız olmadığını not edin, sadece daha basit bir sunum yapar) ve doğallardan Gerçeler, o zaman keşif görüntüsünde olmayan (ve dolayısıyla bir çelişki ortaya çıkardı) güç setinin bir elemanını (yani bir gerçek) üretebiliriz; sureti altında görüntü. Bir kere bu şekilde ifade ettikten sonra,

Kendi kendine uygulama kanıtın gerekli bir bileşeni değildir

Kısaca

Durma problemini çözen bir Turing makinesi varsa, o zaman bu makineden herhangi bir Turing makinesinin durma davranışı olamayan durma davranışıyla (karakteristik işlevi durdurma) başka bir Turing makinesi L yapabiliriz.$H$$L$

Kendinden uygulamalı işlevi üzerine inşa edilen paradoks ( bu cevapta L olarak adlandırılır - gösterimdeki tutarsızlıklar için özür dilerim) ispatın gerekli bir bileşeni değildir, ancak “gerçek gibi görünen” gizlenerek, belirli bir çelişkilerin inşasında kullanılabilecek bir cihazdır Yapının amacı ". Muhtemelen sezgisel olmadığı için bu yüzden.$D$$L$

Her bir Turing makinesiyle ilgili karakteristik durma işlevleri olarak tanımlanabilecek, yalnızca sayısız sayıda durma davranışı olduğunu (Turing makinelerinden daha fazla olmayan) göstermek daha doğrudan görünmektedir. Yapıcı olarak listede olmayan bir karakteristik durma fonksiyonu tanımlanabilir ve ondan ve durma problemini çözen bir makineden , bu yeni karakteristik durma fonksiyonuna sahip bir makine L tanımlanabilir. Ancak, inşaat nedeniyle, bir Turing makinesinin karakteristik durma işlevi olmadığından , L olamaz. Yana L inşa edilmiştir H Turing makinesi yapı teknikleri kullanılarak, H Turing makinesi olamaz.$H$$L$$L$$L$$H$$H$

Öz uygulama birçok kanıtlarda kullanılan kendisine, çelişkiyi göstermek için bir yoldur. Ancak, yalnızca imkansız karakteristik durma işlevi Turing izin verilen karakteristik durma fonksiyonları listesinin köşegeninden yapıldığında, bu köşegeni çevirerek çalışır ( 0 ve 1 değiş tokuş ). Ancak, yeni bir karakteristik durma işlevi oluşturmanın sonsuz başka yolları vardır. Öyleyse Turing-olmayanlık artık bir yalancı paradoksla kanıtlanamaz (en azından basitçe değil). Kendi kendine uygulama yapısı sezgisel değildir, çünkü zorunlu değildir, ancak sihirli şapkadan çıkarıldığında kaygan görünür.$L$$0$$1$

Temel olarak, bir Turing makinesi değildir, çünkü başlangıçtan itibaren bir Turing makinesine ait olmayan ve daha doğrudan, dolayısıyla sezgisel olarak gösterilebilen bir durma davranışına sahip olacak şekilde tasarlanmıştır.$L$

Not : İmkansız karakteristik durma fonksiyonunun herhangi bir yapıcı seçimi için, Turing makinesi numaralandırmasının köşegenleşecek şekilde hesaplanacak şekilde yeniden düzenlenmesi olabilir (bilmiyorum). Ancak, bu, kendi kendine uygulamanın daha sezgisel ve ilginç bir gerçeği gizleyen dolaylı bir kanıtlama tekniği olduğu gerçeğini değiştirmiyor.

İspatların detaylı analizi

Tarihsel olmayacağım (ama sevenler için, bundan zevk alıyorum), ama sadece sezgisel tarafı çalışmaya çalışıyorum.

Ben düşünüyorum @vzn verilen sunum I (ben unutmuştum) uzun zaman önce karşılaşma yaptılar, aslında oldukça sezgisel ve hatta adı köşegenleştirilmesi açıklıyor. Bunu sadece ayrıntılarıyla tekrarlıyorum çünkü @vzn'nin sadeliğini yeterince vurgulamadığını hissediyorum.

Amacım, Cantor’un bilgisini bilerek, kanıtı almak için sezgisel bir yol bulmak. İspatın birçok versiyonuyla ilgili sorun, yapıların sihirli bir şapkadan çekilmiş gibi görünmesidir.

Verdiğim kanıt tam olarak sorudakiyle aynı değil, görebildiğim kadarıyla doğru. Eğer bir hata yapmadıysam, saymaktan çok daha uzun bir zaman sonra alabileceğimden, çok farklı konularda çalışarak alabildiğimden sezgisel.

(Cantor) alt kümelerinin durumu$\mathbb N$

Cantor kanıtı (sadece bir hipotezdir), tamsayılar alt kümeleri arasında bir numaralandırma olduğunu varsayar böylece bütün bu alt-kümesi olduğu karakteristik fonksiyonu ile tarif edilebilir Cı- j ( i ) olduğu 1 ise i ∈ S j ve aksi takdirde 0'dır .$S_j$$C_j(i)$$1$$i\in S_j$$0$

Bu bir tablosu olarak görülebilir , öyle ki T [ i , j ] = C j ( i $T$$T[i,j]=C_j(i)$

Daha sonra, çapını dikkate alındığında, bir karakteristik fonksiyonu oluşturmak şekilde D ( i ) = ¯ T [ I , I ] , yani başka bir değer çevrilmiş olan her bit tablonun çapraz aynıdır.$D$$D(i)=\overline{T[i,i]}$

Diyagonal için özel bir şey yoktur, ancak karakteristiğinden D işlevini elde etmenin kolay bir yolu olması dışında tüm ihtiyacımız olan şey budur.$D$

Dolayısıyla, karakterize edilen alt küme numaralandırmada olamaz. Bu herhangi bir numaralandırma için doğru olacağından, N'nin tüm alt kümelerini numaralandıran bir numaralandırma olamaz .$D$$\mathbb N$

Bu kuşkusuz, ilk soruya göre, oldukça sezgisel. Durma probleminin ispatını sezgisel olarak yapabilir miyiz?

Durma problemi vakası (Turing)

Turing makinelerinin sayımına sahip olduğumuzu varsayıyoruz (bunun mümkün olduğunu biliyoruz). Turing makinesi durdurulması davranışı karakteristik durdurulması fonksiyonu ile tanımlanabilir H j ( i ) olduğu 1 ise M j girişi santraline de i ve bir 0 , aksi.$M_j$$H_j(i)$$1$$M_j$$i$$0$

Bu bir tablosu olarak görülebilir , öyle ki T [ i , j ] = H j ( i $T$$T[i,j]=H_j(i)$

Daha sonra, çapraz dikkate alındığında, bir karakteristik durdurulması fonksiyonu oluşturmak şekilde D ( i ) = ¯ T [ I , I ] , yani başka bir değer çevrilmiş olan her bit tablonun çapraz aynıdır.$D$$D(i)=\overline{T[i,i]}$

Diyagonal için özel bir şey yoktur, ancak diğerlerinden farklı olan karakteristik bir durdurma işlevi elde etmenin kolay bir yolu olması ve ihtiyacımız olan tek şey bu değildir (alttaki nota bakınız).$D$

Dolayısıyla, karakterize edilen durma davranışı , numaralandırmadaki bir Turing makinesininki olamaz. Hepsini sıraladığımızdan, bu davranışa sahip bir Turing makinesi olmadığı sonucuna varıyoruz.$D$

Şimdiye kadar hiçbir durdurulması oracle ve hiçbir computability hipotezi : Biz hesaplanabilirlilik hiçbir şey bilmiyor ve işlevleri arasında H j .$T$$H_j$

Şimdi durma problemini çözebilecek bir Turing makinemiz olduğunu varsayalım , böylece H ( i , j ) daima H j ( i ) ile durur .$H$$H(i,j)$$H_j(i)$

, karakteristik durma fonksiyonu D olan bir makine L yapabileceğimizi kanıtlamak istiyoruz . Makine L ile hemen hemen aynıdır , H , böylece L ( I ) taklit eden H ( i , i ) , her ne zaman haricinde , H ( i , i ) değeri ile sona üzere 1 , L ( i ) sonsuz bir döngüye geçer ve sonlandırılmaz.$H$$L$$D$$L$$H$$L(i)$$H(i,i)$$H(i,i)$$1$$L(i)$

Biz böyle bir makine inşa edebilirsiniz oldukça açıktır ise H bulunmaktadır. Bu nedenle, bu makine tüm makineleri (yani mümkün olduğunu biliyoruz) ilk numaralandırmamızda olmalıdır . Ancak, durma davranışı D , numaralandırılan makinelerin hiçbirine karşılık gelmediğinden olamaz . Makine L olamaz, bu H'nin olamayacağı anlamına gelir .$L$$H$$D$$L$$H$

_{İlk kanıtı kasıtlı olarak taklit ettim ve ufak ayrıntılara girdim}

Benim düşüncem, adımların bu şekilde doğal bir şekilde gerçekleştiği, özellikle de Cantor'un ispatını makul derecede sezgisel olarak gördüğü zaman.

Birincisi, likit yapıları sıralar. Daha sonra kişi, diyagonal davranışı için hesaplanmamasını sağlamak için hepsine dokunmanın uygun bir yolu olarak alır ve değiştirir, sonra davranış için hesaplanamayan bir nesneyi sergileyerek çelişki elde eder ... eğer bazı hipotezler doğruysa: Cantor numaralandırma ve Turing için hesaplanabilir bir durma oracle varlığı.

Not: fonksiyonunu tanımlamak için , ters çevrilmiş diyagonal, herhangi bir karakteristik durma fonksiyonu ile değiştirilebilir, T'de listelenenlerden ( örneğin , T'de listelenenlerden ) bir durdurma olası mevcut olduğu takdirde hesaplanabilir. . Daha sonra, L' nin karakteristik durma işlevi olarak D' ye sahip olması için buna göre inşa edilmesi gerekecektir ve L ( i ) , H makinesini kullanacak , ancak doğrudan H ( i , i ) 'yi taklit etmeyecektir . Köşegenin seçimi onu daha da kolaylaştırıyor.$D$$T$$T$$L$$D$$L(i)$$H$$H(i,i)$

"Diğer" ispatının karşılaştırılması

Burada tanımlanan işlevi , görünüşte soruda açıklanan kanıtdaki D işlevinin analogudur .$L$$D$

Biz onu sadece hiçbir Turing makinesine tekabül eden karakteristik bir durdurma işlevine sahip olacak şekilde inşa ediyoruz ve doğrudan bununla bir çelişki elde ediyoruz. Bu bize köşegen kullanmama özgürlüğünü verir (buna değer).

"Olağan" ispat fikri, ölü bir balık olarak gördüğümü öldürmeye çalışıyor gibi görünüyor. Diyor ki: nin listelenen makinelerden biri olduğunu (varsa hepsinin) olduğunu varsayalım . Sonra bir dizin vardır j L : o numaralandırma L = M j L . Sonra L ( j L ) durur, biz , T [ j L , j L ] = H ( j L , j L ) = 1 , ve böylece L ( j L$L$$j_L$$L=M_{j_L}$$L(j_L)$$T[j_L,j_L]=H(j_L,j_L)=1$$L(j_L)$inşaat tarafından döngü olacak. Tersine, eğer durmazsa, o zaman T ( j L , j L ] = H ( j L , j L ) = 0 olur, böylece L ( j L ) inşaatı durduracaktır. Dolayısıyla bir çelişki var. Ancak çelişki, L' nin karakteristik durma işlevinin inşa edilmesinden kaynaklanır ve sadece L' yi söylemek çok daha basit görünür.$L(j_L)$$T[j_L,j_L]=H(j_L,j_L)=0$$L(j_L)$$L$$L$ bir Turing makinesi olamaz, çünkü Turing makinesinde olmayan karakteristik bir durma fonksiyonuna sahip olacak şekilde üretilmiştir.

Yan nokta, köşegen seçimini yapmazsak, bu normal kanıtın çok daha acı verici olacağı ve yukarıda kullanılan doğrudan yaklaşımın bununla bir sorunu olmadığıdır. Bunun faydalı olup olmadığını bilmiyorum.

Ran Raz'dan duyduğum Berry'nin paradoksu olan farklı bir paradoks kullanan bu gerçeğin bir kanıtı da var.

$B(n)$$n$$S(n)$$n$$B(n)$$S(n)$

Aşağıdaki programı göz önünde bulundurun:

1. $n$

2. $L$

3. $L$

$B(n)$$n$$O(\log n)$$n$$O(\log n)$$C\log n$$N$$C\log N \leq N$$N$$B(N)$$B(N)$

Aynı fikir, Gödel'in Kritchman ve Raz'ın gösterdiği gibi eksiklik teoremlerini kanıtlamak için de kullanılabilir .

Burada, daha sezgisel olabilecek “özyineleme teoremi” adı verilen daha genel bir fikir var: Turing makineleri kendi tanımlarını kullanabilir (ve böylece kendi kendilerini çalıştırabilirler). Daha doğrusu, bir teorem var:

Herhangi Tbir Turing makinesi için R, hesaplayan bir Turing makinesi vardır R(x) = T(R;x).

Durma problemini çözebilecek bir Turing makinemiz varsa, yukarıda açıklanan fikri kullanarak, kolayca çeşitli "yalancı" turing makinelerini yapabiliriz: örneğin piton benzeri gösterimde,

def liar():
    if halts(liar):
        return not liar()
        # or we could do an infinite loop
    else:
        return True

Daha karmaşık argüman aslında sadece özyineleme teoremine uymadan doğrudan bunu yapmaya çalışıyor. Yani, "kendi kendine referans" işlevlerini oluşturmak için bir reçete tekrarlıyor. örneğin T, bir Turing makinesi verildiğinde , burada Rtatmin edici bir yapı oluşturmak için böyle bir tarif bulunmaktadır.

R(x) = T(R; x)

İlk önce, tanımla

S(M; x) = T(M(M; -); x)

tarafından nerede M(M; -)ne gerçekten ortalama hesapladığımız yani (açıklama kullanımı M, bu girişin üzerinde bir Turing makinesinin bir açıklama ve fişi) y, değerlendirir M(M; y).

Şimdi, biz fiş eğer gözlemlemek Skendi içine

S(S; x) = T(S(S; -); x)

İstediğimiz kopyayı alıyoruz. Yani ayarladıysak

R = S(S; -)

o zaman biz var

R(x) = T(R; x)

istediğiniz gibi.

Turing kanıtı, Cantors'a oldukça benzerdir ki, gerçeklerin ("sayılamayan") kardinalliğinin, rasyonellerin ("sayılabilir") kardinalliğinden daha büyük olduğuna dair kanıt vardır, çünkü bunlar 1-1 yazışmalara dahil edilemez, ancak bunlar not edilmiştir. çok fazla referans (kimse biliyor mu?). (iirc) bir CS prof bir kez bu yıl önce sınıfta gösterdi (nereden aldığından emin değil). hazanların dayanıklı tek bir yatay boyuta sahip bir ızgara hayal N ^inci sayıda rakam ve dikey boyutun N ^inci set sayısı.

Turing'in durma geçirmez yapı tablosu ve Dur / yerine 1/0 Nonhalt olması dışında oldukça benzerdir ve yatay eksen ise n ^inci giriş ve dikey eksen ise N ^inci bilgisayar programı. Başka bir deyişle, bilgisayar programlarının ve girişlerin kombinasyonu sayılabilirdir, ancak sonsuz tablo / dizilim, bir durma detektörü makinesinin var olduğu varsayılarak, durdurulan olmayan bir kasaya bir "durdurma" yapabilen evrensel bir makine simülatör yapısına dayanarak hesaplanamaz (bu nedenle, absürdam ) .

Turing'in Cantors'ın inşaatı kısmen düşündüğünü gösteren bazı kanıtlar, durdurulan kanıtlarla aynı yazısının, (rakamlar boyunca) hesaplanabilir rakamlara sahip gerçek sayılarla ilgili konuştuğunu göstermektedir.

Bu noktada , hesaplamanın temel sonuçlarının eş-keşfi olmakla (haklı olarak) saygın olan Emil Post'un çalışmasına dikkat etmek önemlidir , ancak ne yazık ki Entscheidungsproblem'in çözümünün eş-keşfi olarak değerlendirilmek için çok geç yayınlandı. . Kesinlikle Kilise Turing tezi tezinin hazırlanmasında kesinlikle yer aldı .

Post, felsefi düşüncelerle motive edildi, yani insanın hesaplama yeteneğinin teorik kısıtlamaları, hatta tutarlı bir şekilde kesin cevaplar alması . Şimdi , ayrıntıları önemsiz olan , sembollerin manipülasyonuyla çözülebilen herhangi bir problemi çözmek için kullanılabileceğini iddia ettiği , şimdi Post kanonik sistemler adı verilen bir sistem geliştirdi . İlginçtir ki, açıkça zihinsel durumları açıkça “hafızanın” bir parçası olarak görmüştür, bu nedenle en azından hesaplama modelini bütünüyle bir insan düşüncesi modeli olarak kabul etmesi muhtemeldir.

Entscheidungsproblem, Principia Mathematica sisteminde ifade edilebilecek herhangi bir önermenin teoriliğini belirlemek için bu tür bir hesaplama aracı kullanma olasılığını değerlendirir . Ancak, PM açıkça tüm matematiksel akıl yürütmeyi temsil edebilecek, ve (en azından Mantıkçılığın hâlâ varken olduğu zamanlarda ) insan aklının tamamını gösterebilecek bir sistemdi !

Bu yüzden böyle bir sistemin dikkatini Kanonik Sistemlerin kendilerine çevirmek, tıpkı insan aklı gibi, Frege'nin eserleri aracılığıyla, Russel ve yüzyılın başındaki mantıkçıların dikkatini muhakeme fakültesine çevirdiler. insan aklının kendisi.

Bu nedenle, bu noktada, kendinden referansın ya da sistemlerin kendilerini tanımlama yeteneğinin, 1930'ların başlarında oldukça doğal bir konu olduğu açıktır. Aslında, David Hilbert, matematik teorisinin kendisini tutarlı bir şekilde kanıtlayabildiği, tüm insan matematiğinin resmi bir tanımını sunarak, matematiksel akıl yürütmeyi “önyüklemeyi” umuyordu!

Biçimsel bir sistemi kendi hakkında düşünmek için kullanmanın adımı elde edildiğinde, bu bir sıçrama ve her zamanki öz-referans paradokslarından ( oldukça eski bir geçmişi olan ) uzak bir atlama .

Tüm bu yana içinde tablolar Principia bazı metafizik anlamda "doğru" olduğu tahmin edilmektedir ve Principia ifade edebilir

program girişte psonuç döndürürtruen

Bu sistemdeki tüm teoremlere karar vermek için bir program varsa, yalancının paradoksunu doğrudan ifade etmek oldukça basittir:

bu program her zaman yalan söyler.

ile ifade edilebilir

Program pher zaman principya matematiğinin pgeri döndüğünü söylediğinin tam tersini döndürür.

Zorluk programı inşa etmektir p. Ancak bu noktada, daha genel bir cümleyi düşünmek oldukça doğal

Program pher zaman PM'nin qgeri döndüğünü söylediğinin tersini döndürür.

bazı keyfi için q. Ama p(q)verilen herhangi biri için inşa etmek kolaydır q! Sadece PM'in çıktısını alacağını tahmin ettiğini hesapla ve karşıt cevabı döndür. Biz sadece yerini alamaz qtarafından pberi olsa bu noktada palır qgirdi olarak ve qyok (hiçbir girdi alır). Cümlenizi değiştirelim ki giriş p yapsın :

Program p, Başbakan'ın q(r)geri vereceğini söylediği şeyin tersini döndürür.

Arg! Ama şimdi pgirişin 2 adet alır: qve r, oysa qsadece 1. Ama bekleyin alır: İstediğimiz pneyse her iki yerde de, bu yüzden rbir değil , yeni bilgi parçası, ama yine verilerin sadece aynı parça, yani q! Bu kritik gözlem.

Sonunda anlaştık

Program p, Başbakan'ın q(q)geri vereceğini söylediği şeyin tersini döndürür.

Hadi bu aptal "PM diyor" işini unutalım ve anlıyoruz

Program p(q)neyin q(q)döneceğine tersini veriyor.

Bu bize her zaman neyin q(q)geri döndüğünü söyleyen bir programımız olması şartıyla meşru bir programdır . Ama bizim programımız var şimdi bu p(q), biz değiştirebilir qtarafından pve bizim yalancılar paradoksu olsun.