Question liée au 10e problème de Hilbert

Donné $n \in \mathbb{N}$ et $p,q \in \mathbb{N}[x_1,\ldots,x_n]$ on peut définir la formule suivante dans le langage de l'arithmétique formelle

φ (n, p, q) = \forall x_{1} \dots \forall x_{n} : \neg (p (x_{1}, \dots, x_{n}) = q (x_{1}, \dots, x_{n}))

$\varphi(n,p,q) = \forall x_1 \cdots \forall x_n : \neg (p(x_1,\ldots,x_n) = q(x_1,\ldots,x_n))$

Je voudrais montrer qu'il y a une infinité de triplets $(n,p,q)$ de telle sorte que ni $\varphi(n,p,q)$ ni $\neg \varphi(n,p,q)$ est un théorème d'arithmétique formelle.

Pour montrer cela, je peux utiliser le fait que le problème de décider si un polynôme $r \in \mathbb{Z}[x_1,\ldots,x_n]$ a un zéro naturel est indécidable.

Connaissant le fait ci-dessus, nous savons qu'il existe un polynôme $r \in \mathbb{Z}[x_1,\ldots,x_n]$ de telle sorte que ni

φ^{'} = \forall x_{1} \dots \forall x_{n} : \neg (r (x) = 0)

$\varphi' = \forall x_1 \cdots \forall x_n : \neg (r(x) = 0)$ ni

\neg φ^{'}

$\neg \varphi'$ est un théorème. (Ici, les quantificateurs sont sur les naturels que je ne sais pas si je peux utiliser délibérément?)

Une fois que nous aurons $r$ on peut l'écrire comme

r (x_{1}, \dots, x_{n}) = p (x_{1}, \dots, x_{r}) - q (x_{1}, \dots, x_{n})

$r(x_1,\ldots,x_n) = p(x_1,\ldots,x_r) - q(x_1,\ldots,x_n)$ pour

p, q \in N [x_{1}, \dots, x_{n}]

$p,q \in \mathbb{N}[x_1,\ldots,x_n]$ et donc

φ (n, p, q)

$\varphi(n,p,q)$ et

\neg φ (n, p, q)

$\neg \varphi(n,p,q)$ ne sont pas non plus des théorèmes puisque

φ

$\varphi$ est logiquement équivalent à

φ^{'}

$\varphi'$ et nous avons montré que ce n'est pas un théorème.

Une fois que nous avons un tel triple $(n,p,q)$ nous en avons une infinité puisque nous pouvons simplement prendre $(n,p+k,q+k)$ pour $k \in \mathbb{N}.$

Puisque je n'ai jamais fait de telles choses avant, je me demande si le raisonnement ci-dessus est correct?

computability logic undecidability

— Jernej
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Vous pouvez également multiplier les deux côtés par un facteur constant ...

— cody

Il serait plus intéressant de trouver des paires infinies de (p, q) qui ne sont pas liées par des "transformations affines". Je soupçonne qu'il existe un argument relativement simple pour le montrer également.

— cody

Vous pouvez remplacer

a + b

$a+b$ ou

a^{2} + b^{2} + c^{2} + d^{2}

$a^2+b^2+c^2+d^2$ pour une variable

x_{i}

$x_i$ pour obtenir une paire "différente"

(p, q)

$(p,q)$ .

— Yuval Filmus

Comme l'ont souligné Yuval et cody, il existe des solutions faciles pour obtenir une infinité d'équations diophantiennes qui ne sont ni prouvables ni réfutables (disons en PA).

Cependant, ces solutions syntaxiques aboutissent à des ensembles prouvés équivalents, c'est-à-dire des ensembles dont la théorie peut prouver qu'ils sont équivalents. Vous pouvez les considérer comme des arguments de remplissage. Une autre façon consiste à ajouter une variable qui n'est pas utilisée du tout.

Vous pouvez également jouer avec l'ajout ou la suppression explicite de certaines chaînes (variations finies de l'ensemble).

Si vous voulez obtenir des équations diophantiennes qui sont "essentiellement" différentes (par exemple, les ensembles ne sont pas équivalents de Turing), alors c'est plus difficile et je pense que savoir qu'il existe une équation diophantienne indépendante n'est pas suffisant, vous aurez besoin du fait que chaque re l'ensemble peut être codé comme une équation diophantienne (ou quelque chose de similaire).

ps: puisque vous ne vous souciez que de l'indépendance, il est plus naturel de représenter ces formules comme des équations diophantiennes et non comme leurs négations.

— Kaveh
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