Meta kararsızlık mümkün mü?

Karar verilebilir problemler var, karar verilemeyen bazıları var, yarı geçerlilik var, vb.

Bu durumda, bir sorunun meta-karar verilemez olup olmadığını merak ediyorum. Bu (en azından kafamda), karar verilebilir olup olmadığını söyleyemeyiz anlamına gelir.

Belki de karar verilebilirliğin kararsız olduğu bilinmektedir (her şey meta kararsızdır) ve herhangi bir şey için karar verilebilirliği kanıtlamak için hiçbir algoritma mevcut değildir, bu nedenle karar verilebilirlik vaka bazında el ile kanıtlanmalıdır.

Belki sorum mantıklı değil. Belki de çok karmaşık algoritmalar kullanan karbon makineleri olduğumuzu varsayıyorum ve bu yüzden soru sadece kafamda mantıklı.

Sorunun daha fazla açıklığa ihtiyacı olup olmadığını lütfen bize bildirin. Şu anda kendime ihtiyacım olabilir.

Teşekkür ederim.

İşte keyfi bir sorun sınıfının karar verilip verilemeyeceğine karar verecek Turing makinesinin olmadığını gösteren hızlı bir çizim.

Sorunlar sınıfına göre ne demek istediğimi açıklığa kavuşturmalıyım: bir sorun sınıfı , ardışık olarak numaralandırılabilir bir kümenin öğelerini (doğal sayılar, örneğin) numaralandıran bir Turing makinesidir, böylece setteki her eleman sonunda yazdırılır . tarafından sezgisel olarak yakalanan sorun : " bu kümedeki sayısı mı?". Bu, hesaplanabilirlik alanındaki olağan sorunları yakalar, örneğin "boş girdi üzerinde duran bir Turing makinesinin indeksi mi?"$T$$T(n)$$n$

Makinesi olduğunu farz edelim olan sorunların bir sınıf giriş olarak verilen cevap , sınıf Karar verilebilen ve eğer aksi.$M$$T$$\mathit{true}$$\mathit{false}$

Şimdi keyfi bir Turing makinesi . Aşağıdaki sınıf problemlerini aşağıdaki şekilde inşa ediyoruz :$T$$T'$

1. Simüle .$T$
2. Eğer durdurur Turing makineleri endeksleri numaralandırmak bu boş giriş ile dur.$T$

Şimdi, durursa, , makinelerini durduran endeks kümesi olarak döndürür .$T$$M(T')$$\mathit{false}$

Eğer gelmez değil durdurmak, daha sonra numaralandırmaz herhangi aynen içeren problemlerin sınıf bunu yapar, sayıları hiçbir indeksleri! Bu nedenle, yanıtını verir , çünkü bu sınıf karar verilebilir (her zaman reddedilen makine tarafından).$T$$T'$$M(T')$$\mathit{true}$

Bu nedenle, döndürüyor IFF değildir durdurmak ve yapar aksi. Böylece varlığı, keyfi bir makinesi için durma problemini çözmemize izin verir , ki bu bir çelişkidir.$M(T')$$\mathit{true}$$T$$\mathit{false}$$M$$T$

Çok güzel bir fikir!

Fikir: Bağımsız bir ifadeye dayanan bir dil tanımlamak için ZF set teorisindeki anlama aksiyomunu kullanabiliriz.

Adım 1: Seçim aksiyomu gibi AC gibi ZF'den bağımsız favori ifadenizi alın.

Adım 2: {0,1} 'de bir L = {x dili tanımlayın | AC = ise x = 0 ve AC DEĞİLSE x = 1}. L'nin {0} veya {1} olduğuna dikkat edin. Şimdi, L karar verilebilir, ancak L'ye karar veren bir program kesin olarak sağlayamıyoruz. {0} 'a karar veren programı sağlayabiliriz veya {1}' e karar veren programı sağlayabiliriz, ancak kesin olarak bilmiyoruz hangisi L'ye karar verir.

Adım 3: Bu fikri, AC durumunda karar verilebilir ve AC DEĞİL durumunda karar verilemeyen bir dil tanımlamak için kullanın. H, kararsız olan durdurma seti olsun. L tanımla = {x | AC ise x bir dizedir ve AC DEĞİLSE x ise H olur}. AC ise, L = tüm dizelerin kümesi ve L karar verilebilir. AC DEĞİLSE, L = H ve L kararlaştırılamaz. L'nin karar verilip verilmeyeceği ZF'den bağımsızdır.