Durma sorununun kendinden-referanslanmasına veya köşegenleştirilmesine bağlı olmayan kararsızlığının bir kanıtı var mı?

Bu ilişkili bir sorudur bu bir . Çok fazla tartışmadan sonra tekrar çok daha basit bir formda koymak, tamamen farklı bir soru gibi geldi.

Durma sorununun kararsızlığının klasik kanıtı, kendisine varsayımsal bir HALT aldatmacası kararı almaya çalışırken bir çelişki ortaya koymasına dayanır. Bunun sadece, DURD kararının kendisinin durup durmayacağına karar vermesinin imkansızlığını gösterdiğini, ancak diğer davaların durdurulmasının kararsızlığı ile ilgili herhangi bir bilgi vermediğini düşünüyorum .

Yani soru

Durma sorununun kararsız olduğuna dair bir kanıt var mı?

Küçük düzenleme: Ben, sorunun tamamen köşegenleşmesine bağlı olmayan bir kanıtı isteyen (tamamen HALT'ye bağlı köşegenleşmeye bağlı olmamasını gerektiren bir kanıtı olan) sorunun orijinal cümleciliğini taahhüt edeceğim.

Evet, hesaplanabilirlik teorisinde bu tür kanıtlar var (aka özyineleme teorisi).

$0'$$G\subseteq\mathbb N$$\Sigma^0_1$$G$$G$$G$

Biz yerini alabilir 1- jenerik burada yani 1-rasgele, tarafından Martin-Löf Random , aynı etki için. Bu Jockusch-Soare Düşük Temel Teoremini kullanır .

$0'$$\Omega$$\Omega$

İsteğim başına yorumumdan alıntı yaptım:

Kararsız sorunların (basit kardinalite argümanı) olduğu gözlemine başlayın ve dahası, üyelerini tanıyan bir TMM'ye sahip olan (ancak üye olmayanlar üzerinde sonlanamayan) saptanamayan bir problemin (P) olduğunu gözlemleyin. Şimdi, HALT (M) 'nin çözülmesi size P için bir karar verici verir. İlk önce M'nin x üzerinde durup durmadığını kontrol ederiz. Eğer öyleyse, onu çalıştırır ve M ile aynı şekilde geri döndürürüz. Aksi takdirde, M, P'nin her üyesini durdurduğu için reddediyoruz. Bu, P'nin kararsız olduğunu varsaydığımızdan beri bu bir çelişkidir.

Not: Tamamen diyagonalleşmeyi tamamen engelleyen bir argüman değil, doğrudan HALT kullanarak köşegenleştirmeden kaçınan bir argüman aradığını açıkladı.

EDIT: Bu argüman sıkışmış. HALT’in orada olduğunu göstermenin yanı sıra doğrudan RE - REC’in boş olmadığını gösterebilir misiniz?

Buna başka bir afiş atıfta bulundu (Chaitin'e atıfta bulunarak), ancak durma sorununun çözülemez olduğunu kanıtlamak için Berry paradoksunu kullanabilirsiniz. İşte kanıtın kısa bir taslağı:

Herhangi bir makine M girişini durdurup durdurmadığına karar veren bir makine HALT olsun, dilin karar veremediğini gösteren HALT’in belirli bir girişte durmadığını göstereceğiz.

Aşağıdaki fonksiyonu f düşünün:

f (M, n) = a, burada | I | ile herhangi bir girişte makine M tarafından hesaplanamayan en küçük pozitif tamsayıdır. <n

HALT'in hesaplanabilir bir fonksiyon olduğunu varsayarsak, f aynı zamanda hesaplanabilir bir fonksiyondur; her makine M için HALT (M, I) 'yi ve I uzunluğu n'den küçük olan giriş dizgesini basitçe simüle edin. Simülasyon durursa, M (I) simülasyonunu yapın ve çıktının ne olduğunu kaydedin ve M, n çiftlerinden herhangi biri tarafından çıkarılamayan en küçük çıkışı bulun.

Şimdi, f'nin hesaplanabilir olmadığını gösteriyoruz: f (f, 10000000 * | f | +10000000). Çıktı ne olursa olsun, girilen değerden daha az uzunluğa sahip olan makine girişi ile hesaplanamayan (pozitif) bir tamsayı olması gerekir ... ve henüz f ve çok daha kısa bir tamsayı ile böyle bir tamsayı çıkardık. giriş.

Bu nedenle, f hesaplanabilir değildir ve bu nedenle HALT'nin hesaplanabilir olduğu varsayımımız yanlıştır. Bu ispatın köşegenleştirmeyi herhangi bir şekilde kullandığına inanmıyorum.

$\{W_e\}_{e=1}^{\infty}$$f$$e$$W_e = W_{f(e)}$$0$$f$$e$$0$$W_e$$0$$e$$W_e(0)$$W_{f(e)}(0)$