Durma sorununun, makine kodu dışındaki tüm girdiler için çözülebilmesi mümkün müdür?

Bu soru durma problemi hakkında bana geldi ve çevrimiçi olarak iyi bir cevap bulamadım, birinin yardım edip edemeyeceğini merak ettim.

Giriş TM'nin kendisi olmadığı sürece herhangi bir girişteki herhangi bir TM için durma sorununun çözülebilmesi mümkün müdür? Temelde:

Halts(TM, I)
    IF TM == I:
        Undecidable, return a random result/throw an exception, whatever
    ELSE:
        Solve the problem

Halts'(X)
    IF Halts(X, X):
        Loop infinitely
    ELSE:
        Print 'done'

Bu görünüşte çelişkiyi çözüyor. Paradoksal Halts '(Halts') dediğimizde, tutarlı davranış bekleyemeyiz, ancak diğer tüm Durts (ve Halts ') çağrıları meşru ve çözülebilirdir.

Bunun son derece sezgisel olmadığını anlıyorum. Bitlerdeki bazı modeller tüm olası programların davranışını ortaya koyabilirse, TM ve giriş eşleştiğinde neden aniden dağılsın? Ama bunu bir olasılık olarak matematiksel olarak ortadan kaldırabilir miyiz?

Ve bu azaltılmış durma sorunu hiç de ilginç olmayacaktı. Kendi kodunu girdi olarak alan anlamlı bir program olsa bile, biraz farklı girdiler üzerinde çalışmak için önemsiz bir şekilde yeniden yazılabilir. Tabii ki bu öneri, bu bir uyarı ile neden bir durdurma çözümünün var olabileceğini daha az anlaşılabilir kılıyor, ancak yine, bu olasılığı gerçekten matematiksel olarak ortadan kaldırabilir miyiz?

Herhangi bir yardım için teşekkürler.

Ancak kısıtlamalarınızı kolayca halledebiliriz. Bir program olduğunu varsayalım$G$ girişin bitlerini tersine çeviren ve $H'$ sonuçta tanımlayın $!H$tüm bitler ters çevrilmiş (yani 1s için 0, 0s için 1s). Sonra arayabiliriz$H'$ ile $G(!H)$ ve asıl soruna geri döndük.

Durdurma sorununun kararsızlığının standart kanıtını hatırlayın. Bazı makinelerin $H$ durma problemine karar verir ve izin verir $Q$ girişte makine olun $\langle M\rangle$ kullanımları $H$ belirlemek $M(\langle M\rangle)$ durur ve eğer öyleyse, $Q$ döngüler; aksi takdirde,$Q$ durur. Şimdi,$Q(\langle Q\rangle)$ durursa ve sadece durmazsa durur.

Giriş TM'nin kendisi olmadığı sürece herhangi bir girişteki herhangi bir TM için durma sorununun çözülebilmesi mümkün müdür?

Hayır. Durma sorununun tanımını bu şekilde değiştirirseniz, kanıt hala çalışır. Ne olduğu umrumda değil $H$ aldığı $\langle H\rangle$ girdi olarak çünkü çelişki girdi verdikten sonra gelir $\langle Q\rangle, \langle Q\rangle$ için $H$.

İkincisi, değiştirdiyseniz $H$bu girişi tespit etmek için başka bir makine kullanarak aynı çelişkiyi $Q'$ buna eşdeğer $Q$ herhangi bir girdi için $w$, $Q'(w)$ durur ve sadece $Q(w)$ durur. Bunlardan sonsuz sayıda var ve$H$ hepsini algılayamaz çünkü iki Turing makinesinin eşdeğer olup olmadığına karar verilemez.