problema indecidible y su negación es indecidible

Sin embargo, muchos problemas indecidibles "famosos" son al menos semidecidibles, y su complemento es indecidible. Un ejemplo sobre todo puede ser el problema de detención y su complemento.

Sin embargo, ¿alguien puede darme un ejemplo en el que tanto un problema como su complemento sean indecidibles y no semidecidibles? Pensé en el lenguaje de diagonalización Ld, pero no me parece que el complemento sea indecidible.

En ese caso, ¿eso significa que una máquina de Turing M puede "perder" algunas cadenas que en su lugar deberían reconocerse, ya que son parte del lenguaje que estamos tratando de identificar?

Considere el siguiente idioma:

$$L_2 = \{(M_1,x_1,M_2,x_2) : \text{$M_1$ halts on input $x_1$ and $M_2$ doesn't halt on input $x_2$}\}.$$

es indecidible y no semidecidible, y lo mismo es cierto de su complemento. ¿Por qué? La intuición es que " M 2 no se detiene en la entrada x 2 " no es semi-decidible, por lo que L 2 no es semi-decidible; y cuando miras el complemento de L 2 , sucede lo mismo para M 1 . Esto se puede formalizar más cuidadosamente usando reducciones.$L_2$$M_2$$x_2$$L_2$$L_2$$M_1$

En términos más generales, si es un lenguaje que es indecidible y no semidecidible, entonces$L$

$$L' = \{(x,y) : x \in L, y \notin L\}$$

cumple con sus requisitos: es indecidible y no semidecidible, y lo mismo ocurre con el complemento de L ' .$L'$$L'$

Tenga en cuenta que la gran mayoría de los problemas se ajustan al criterio que está buscando: tanto el problema como su complemento no son semi-decidibles. Esto se debe a que solo hay innumerables problemas semidecidibles, pero hay innumerables problemas.

Para un ejemplo, deja que sea el problema de la parada de las máquinas de Turing y dejar que M sea la clase de máquinas de Turing con un oráculo para  H . Deje H 2 sea el problema de la parada para  M . Afirmo que ni H 2 ni  ¯ H 2 son semi-decidibles$H$$\cal{M}$$H$$H_2$$\cal{M}$$H_2$$\overline{H_2}$

Podemos demostrar que no se decide por cualquier máquina en  M : el argumento es el mismo que el argumento de que la máquina de Turing ordinaria problema de la parada  H no se decide por cualquier máquina de Turing ordinaria. Ahora, supongamos por contradicción que H 2  está semi-decidido por alguna máquina T de T ordinaria  . Bueno, con un oráculo para  H , podemos probar si T se  detiene para cualquier entrada en particular, contradiciendo el hecho de que ninguna máquina en  M decide  H 2 . Entonces H 2  no es semi-decidible.$H_2$$\cal{M}$$H$$H_2$$T$$H$$T$$\cal{M}$$H_2$$H_2$

Queda por demostrar que no es semi-decidible. Primero, tenga en cuenta que está semi-decidido por una máquina en  M : nuevamente, el argumento es el mismo que H  está semi-decidido por una máquina Turing ordinaria. ¯ H 2  no puede ser semi-decidido por una máquina en  M porque, si lo fuera, H 2 y  ¯ H 2 Ambos serían semi-decididos por máquinas en  M , por lo que ambas lenguas se decidirán por las máquinas en  M . Pero ya sabemos que H 2  no se decide por cualquier máquina en  M . Por lo tanto,$\overline{H_2}$$\cal{M}$$H$$\overline{H_2}$$\cal{M}$$H_2$$\overline{H_2}$$\cal{M}$$\cal{M}$$H_2$$\cal{M}$  no es semi-decidido por cualquier máquina en M. Además, ¯ H 2 no es semi-decidido por cualquier máquina de Turing ordinaria, ya queM contiene cada máquina de Turing ordinaria. (Una máquina de Turing ordinaria es una máquina de Turing con un oráculo para Hque nunca usa ese oráculo).$\overline{H_2}$$\cal{M}$$\overline{H_2}$$\cal{M}$$H$

Aquí hay algunos ejemplos naturales:

• El lenguaje de todas las máquinas de Turing deteniéndose en todas las entradas, a veces denotado TOT. Este idioma es -completo.$\Pi_2^0$

• El lenguaje de todas las máquinas de Turing se detiene en infinitas entradas, a veces denotado INF. Este lenguaje también es -completo.$\Pi_2^0$

• El lenguaje de todas las máquinas de Turing deteniéndose en entradas arbitrariamente largas , a veces denotado COF. Este idioma es -completo.$\Sigma_3^0$

y Σ 0 3 son niveles de lajerarquía aritmética. Los resultados completos implican, en particular, que estos lenguajes no son semidecidibles ni co-semidecidibles.$\Pi_2^0$$\Sigma_3^0$