Friedman'ın (kanıtlanamayan) Üst Kayma Sabit Nokta teoreminin hesaplama sonuçları?

Harvey Friedman, ZFC'de kanıtlanamayan düzgün bir sabit nokta sonucu olduğunu gösterdi (her zamanki Zermelo-Frankel, Seçim Aksiyomu ile kuram). Birçok modern mantık sabit nokta operatörleri üzerine inşa edilmiştir, bu yüzden merak ediyordum: teorik bilgisayar bilimi için Üst Vites Sabit Nokta teoreminin bilinen sonuçları var mı?

Korunamaz Üst Vites Sabit Nokta Teoremi
Tüm $R \in \text{SDOI}(Q^k,Q^k)$ , bazı bizi ( A $A = \text{cube}(A,0) \setminus R[A]$ içerir .$\text{us}(A)$

USFP Teoremi $\Pi^1_1$ ifadesi gibi gözükmektedir , bu nedenle teorik bilgisayar bilimini etkilemek için hesaplanabilirliğe (otomatik yapıların izomorfizmini kontrol etmek gibi) "yeterince yakın" olabilir.

Bütünlük için, Friedman'ın MIT konuşmasının Kasım 2009'daki tanımları (bkz. Ayrıca "Boole İlişkisi Teorisi" taslağı ).

$Q$ , rasyonel sayılar kümesidir. $x, y \in Q^k$ , 1 ≤ i , j ≤ k sonra x i < x j ⇔ y i < y j ise,eşdeğerdir. Tüm X ∈ S k sonra, üst kaymave x ile gösterilen bize ( x ) , koordinatı olmayan her negatif 1 ekleyerek elde edilir x . Bir ilişki bir$1 \le i,j \le k$$x_i \lt x_j \Leftrightarrow y_i \lt y_j$$x \in Q^k$$x$$\text{us}(x)$$x$$A \subseteq Q^k$ olansipariş değişmezher sipariş için isedeğişmez eşdeğer $x,y \in Q^k$ o tutan$x \in A \Leftrightarrow y \in A$ . Bir ilişki$R \subseteq Q^k \times Q^k$ ise sırası değişmez olan$R$ bir alt kümesi olarak sipariş değişmez olduğu$Q^{2k}$ , vesıkı bir şekilde hakimtüm eğer$x,y \in Q^k$ her$R(x,y)$A Q k R [ A ] { y | ∃ x ∈ A R ( x , y ) } A us ( A ) = { us ( x ) | x ∈ A } küp ( A , 0 ) B k 0 ∈ B A B $\max(x) \lt \max(y)$$A$$Q^k$$R[A]$$\{ y | \exists x \in A R(x,y)\}$$A$$\text{us}(A) = \{\text{us}(x) | x \in A\}$$\text{cube}(A,0)$$B^k$$0 \in B$$A$$B^k$R ⊆ Q k × Q $\text{SDOI}(Q^k,Q^k)$$R \subseteq Q^k \times Q^k$

Düzenleme: Dömötör Pálvölgyi'nin yorumlarda belirttiği gibi, ve rasyonlardaki olağan sipariş olarak almak bir karşı örnek veriyor gibi görünüyor. Birincisi, kümesi boş olamaz, çünkü da boştur ve küp koşulu tarafından bir çelişki olarak 0 içermesi gerekir. Boş olmayan kümesi bir sonsuz değere sahipse, bundan daha büyük herhangi bir gerekçe içeremez, bu yüzden üst kaydırma koşuluyla çelişen tek bir ton olmalıdır. Öte yandan sonsuz değeri yoksa, yani boş olmalıdır, bir çelişki. R A R [ A ] A A A R [ A ] = Q $k=1$$R$$A$$R[A]$$A$$A$$A$$R[A] = Q$$A$Belki de rasyonların örtük standart dışı modeli gibi gizli, belirgin olmayan tanımsal sorunların olup olmadığı hakkında herhangi bir yorumunuz var mı?

Ek düzenleme: Yukarıdaki argüman kabaca doğrudur, ancak üst vardiya uygulamasında yanlıştır. Bu operatör yalnızca negatif olmayan koordinatlar için geçerlidir , bu nedenle herhangi bir negatif tekli set olarak ayarlanması, istendiği gibi sabit bir nokta verir. Diğer bir deyişle, eğer sonra çözeltisi, ve başka bir çözüm yoktur.m < 0 A = { m $A$$m < 0$$A = \{m\}$

Bu özel teoremin herhangi bir sonucunu bilmiyorum, ancak lambda calculi'nin endüktif konstrüksiyon hesabı gibi normalizasyon kanıtları büyük kardinal aksiyomlara dayanıyor - lambda terimleri kümesi istediğiniz kadar sayılabilir olsa da.

Bence büyük kardinallerin varlığını öne süren set-teorik aksiyomların hesaplamalı önemini anlamanın en iyi yolu, set teorisini grafik teorisini ifade etmenin bir yolu olarak düşünmektir. Yani, bir kümenin modeli, üyeliği yorumlamak için kullanılan ikili bir ilişkiyle donatılmış bir öğeler topluluğudur. Daha sonra, küme teorisinin aksiyomları size eskiden nasıl yeni kümeler oluşturabileceğiniz de dahil olmak üzere üyelik ilişkisinin özelliklerini anlatır. Özellikle, kuruluş aksiyomu, üyelik ilişkisinin iyi kurulmuş olduğu anlamına gelir (yani sonsuz inen zincirleri yoktur). Bu iyi kurulmuş olma, bir programın yürütme durumlarını bir kümenin öğelerinin geçişli üyeliği ile hizalayabiliyorsanız, bir sonlandırma kanıtınız olduğu anlamına gelir.

Dolayısıyla, "büyük" bir kümenin var olduğu iddiası, genel özyinelemeli programlama dilinde belirli bir döngü sınıfının sona erdiği iddiası olarak hesaplama getirisine sahiptir. Bu yorum, düz eski sonsuzluk aksiyomundan (doğal sayı yinelemesini haklı çıkartan) büyük kardinal aksiyomlara kadar düzgün bir şekilde çalışır.

Bu aksiyomlar doğru mu? Aksiyom yanlışsa, bu sınıflardan birinde sona ermeyen bir program bulabilirsiniz. Ancak bu doğruysa, Halting teoremi sayesinde asla emin olamayacağız. Doğal sayı indüksiyonundan gelen her şey , her zaman deneyle tahrif edilebilecek bilimsel bir indüksiyon meselesidir - Edward Nelson, üslubun kısmi bir işlev olduğunu kanıtlamayı umuyordu!