¿Hay alguna prueba de la indecidibilidad del problema de detención que no depende de autorreferencia o diagonalización?

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Esta es una pregunta relacionada con esta . Poniéndolo de nuevo en una forma mucho más simple después de mucha discusión allí, se sintió como una pregunta totalmente diferente.

La prueba clásica de la indecidibilidad del problema de detención depende de demostrar una contradicción cuando se trata de aplicar un hipotético HALT decider a sí mismo. Creo que esto es sólo denota la imposibilidad de tener un HALT decisivo que decide si sí se parará o no, pero no da ninguna información más allá de que alrededor del decidibilidad de detención de los otros casos.

Entonces la pregunta es

¿Existe alguna prueba de que el problema de detención sea indecidible que no dependa de mostrar que HALT no puede decidir por sí mismo, ni depende del argumento de diagonalización?

Edición pequeña: me comprometeré con la redacción original de la pregunta, que es pedir una prueba que no dependa en absoluto de la diagonalización (en lugar de solo requerir que no dependa de la diagonalización que depende de HALT).

computability lo.logic proofs

— M. Alaggan
fuente

¿Está buscando uno que no dependa de un argumento de diagonalización, o simplemente uno que no diagonalice usando HALT directamente? No estoy seguro de si la prueba que Bjørn propone satisface la primera.

— Mark Reitblatt

@ Mark: No estoy seguro de hecho. Si el argumento de diagonalización no se corresponde con la autorreferencia, sino con otro aspecto como la falta de coincidencia de cardinalidad, entonces de hecho espero que dé una idea de por qué la terminación de HALT (Q) (donde Q! = HALT) es indecidible .

— M. Alaggan

1

Bueno, en ese caso, puedo dar un argumento más simple. Comience con la observación de que hay problemas indecidibles (argumento de cardinalidad simple) y, además, que existe un problema indecidible P que tiene una TM M que reconoce a sus miembros (pero que no puede terminar en los no miembros). Ahora, resolver HALT (M) te da una decisión para P. Primero verificamos si M se detiene en x. Si lo hace, lo ejecutamos y devolvemos lo mismo que M. De lo contrario, rechazamos, ya que M se detiene en cada miembro de P. Esto ahora es una contradicción ya que asumimos que P era un lenguaje sin un decisor.

— Mark Reitblatt

Ese argumento es en realidad una prueba de que HALT es RE-complete.

— Mark Reitblatt

1

Te tengo. Si todos los TM eran decisivos, HALT es trivial. Si la detención no es trivial (existen reconocedores), entonces (por contra positivo) la existencia de un HALT no trivial convierte a los reconocedores en decisores de TM, lo que significa que HALT es trivial, contradicción. Por lo tanto, HALT no puede existir para todos los reconocedores. Esto es genial, gracias por tu maravilloso comentario; es posible que desee volver a publicarlo como respuesta :)

— M. Alaggan

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Sí, existen tales pruebas en la teoría de la computabilidad (también conocida como teoría de la recursividad).

Primero puede mostrar que el problema de detención (el conjunto ) se puede usar para calcular un conjunto que es 1-genérico, lo que significa que, en cierto sentido, cada hecho sobre se decide por un finito prefijo de . Entonces es fácil demostrar que dicho conjunto no puede ser computable (es decir, decidible). $0'$ $G\subseteq\mathbb N$ $\Sigma^0_1$ $G$ $G$ $G$

Podríamos reemplazar 1 genérico aquí por 1 aleatorio, es decir, aleatorio Martin-Löf , para el mismo efecto. Esto utiliza el teorema de base baja de Jockusch-Soare .

(Advertencia: uno podría considerar simplemente mostrar que calcula Chaitin , que es 1 aleatorio, pero aquí tenemos que tener cuidado sobre si la prueba de que es 1 aleatorio se basa en que el problema de detención es indecidible. Por lo tanto, es más seguro usar el teorema de base baja). $0'$ $\Omega$ $\Omega$

— Bjørn Kjos-Hanssen
fuente

¡Muy interesante! ¿Me puede proporcionar una referencia o un conjunto de palabras clave para buscar para poder entenderlo más? ¡Muchas gracias!

— M. Alaggan

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@METRO. Alaggan: La mejor referencia puede ser el libro reciente de André Nies, Computability and Randomness , Oxford Logic Guides, Oxford University Press, 2009. También hay un artículo de Wikipedia sobre el teorema de base baja y un artículo de Scholarpedia sobre Aleatoriedad algorítmica: scholarpedia.org / article / Algorithmic_randomness

— Bjørn Kjos-Hanssen

@METRO. Alaggan: Depende de usted, pero los votos sugieren que esta debería ser la respuesta aceptada.

— Mohammad Al-Turkistany

Pregunté por meta (ver meta.cstheory.stackexchange.com/questions/642/when-is-it-appropriate-to-change-the-accepted-answer). Sé que esta respuesta es realmente genial y muy útil también. Sin embargo, acepté el otro porque me fue mucho más fácil de entender con un enfoque más intuitivo. Sin embargo, parece haber una discusión arriba sobre su corrección (!). Entonces, si resultó ser incorrecto, de hecho cambiaré a esta respuesta. La confusión surgió de que no era específico en la pregunta original que quería evitar la diagonalización usando HALT, en lugar de todas las diagonalizaciones.

— M. Alaggan

Estoy extremadamente confundido sobre cuál debería aceptar, hasta este momento, ya que elijo entre una excelente respuesta excelente y una respuesta fácil / intuitiva (mi experiencia no es muy sólida / madura). Por lo tanto, no tenga resentimientos :) Podemos discutirlo y llegar a una decisión satisfactoria para todos. Gracias.

— M. Alaggan

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Publicado de mi comentario según la solicitud:

Comience con la observación de que hay problemas indecidibles (argumento de cardinalidad simple) y, además, que existe un problema indecidible P que tiene una TM M que reconoce a sus miembros (pero que no puede terminar en los no miembros). Ahora, resolver HALT (M) te da un decisor para P. Primero verificamos si M se detiene en x. Si lo hace, lo ejecutamos y devolvemos lo mismo que M. De lo contrario, rechazamos, ya que M se detiene en cada miembro de P. Esto ahora es una contradicción ya que asumimos que P era indecidible.

Nota: Aclaró que estaba buscando un argumento que evitara la diagonalización utilizando HALT directamente, no un argumento que evitara la diagonalización por completo.

EDITAR: Este argumento está atascado. ¿Puede mostrar directamente que RE - REC no está vacío, además de mostrar que HALT está allí?

— Mark Reitblatt
fuente

El argumento de la contabilidad utiliza una diagonalización muy similar (solo un poco más simple) que la prueba estándar del problema de detención. (Es decir, para mostrar que la cardinalidad de los idiomas es mayor que la de los TM utiliza la diagonalización.) :)

— Joshua Grochow

@Joshua Lee los comentarios. Le pregunté si estaba buscando una prueba que evitara la diagonalización, o una que simplemente evitara la diagonalización usando HALT. Él está buscando lo último.

— Mark Reitblatt

@ Mark: Ah, me perdí eso. Gracias. +1

— Joshua Grochow

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@ Mark: ¿Podría aclarar algo por favor? Comienzas comentando que hay un problema indecidible P que es reconocible, y luego observas que si HALT fuera decidible, podríamos construir un decisor para P. Sin embargo, en los textos que he leído, las cosas se prueban en el otro orden: la indecidibilidad de HALT se utiliza para demostrar la existencia de tales problemas P. ¿Puede mostrar la existencia de problemas indecidibles pero reconocibles sin utilizar la indecidibilidad de HALT?

— Kurt

2

El hecho de que exista un problema reconocible pero indecidible quizás se demuestre más fácilmente al mostrar que el problema de detención es tal problema, en cuyo caso está de regreso donde comenzó. Solo hay innumerables idiomas reconocibles.

— Bjørn Kjos-Hanssen

2

Otro póster aludió a esto (refiriéndose a Chaitin), pero puede usar la paradoja de Berry para demostrar que el problema de detención es indecidible. Aquí hay un breve bosquejo de la prueba:

Deje que HALT sea una máquina que decida si alguna máquina M se detiene en la entrada I. Demostraremos que HALT no logra detenerse en una entrada en particular, lo que demuestra que no puede decidir el idioma.

Considere la siguiente función f:

f (M, n) = a, donde a es el número entero positivo más pequeño no computable por la máquina M en cualquier entrada I con | I | <n

Suponiendo que HALT es una función computable, f también es una función computable; simplemente simule HALT (M, I) para cada máquina M e ingrese la cadena I con una longitud de I menor que n. Si la simulación se detiene, simule M (I) y registre cuál es la salida, y encuentre la salida más pequeña a que no salga por ninguno de los pares M, n.

Ahora, mostramos que f no es computable: considere f (f, 10000000 * | f | +10000000). Sea lo que sea que produzca, debería ser un número entero (positivo) que no sea computable por la máquina que calcula f en la entrada I con una longitud menor que la dada ... y, sin embargo, acabamos de generar un número entero con fy mucho más breve entrada.

Por lo tanto, f no es computable, por lo que nuestra suposición de que HALT era computable es falsa. No creo que esta prueba haga uso de la diagonalización.

— Philip White
fuente

Whatever it outputs, it ought to be an integer that is not computable by the machine computing f on input I with length less than that given.

> n

$>n$

n

$n$

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No estoy tratando de ser grosero, pero tu objeción no tiene sentido. La función f se define como una función que genera un número entero que M no puede calcular en ninguna entrada con una longitud menor que n. Por lo tanto, a un lado las apelaciones sin sentido a la aritmética modular, tendrá dificultades para demostrar que la oración que resaltó no es válida.

— Philip White

@johne Estoy de acuerdo con Philip. No hay una suposición sobre los límites de la representación de la máquina. Esta es una TM.

— Mark Reitblatt

@Philip Minor corrección técnica: debe cambiar el entero a entero natural o positivo.

— Mark Reitblatt

1

f

$f$

f

$f$

0

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

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Esta es la prueba estándar de diagonalización.

— Yuval Filmus