Existe-t-il des preuves de l’indécidabilité du problème d’arrêt qui ne dépend pas de l’auto-référencement ou de la diagonalisation?


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C'est une question liée à celle-ci . En le reformulant sous une forme beaucoup plus simple après de nombreuses discussions, la question semblait totalement différente.

La preuve classique de l’indécidabilité du problème posé consiste à démontrer une contradiction lorsqu’on essaie d’appliquer à lui-même un hypothétique décideur HALT. Je pense que cela est juste dénotant l'impossibilité d'avoir un HALT decider qui décide lui - même s'arrête ou non, mais ne donne aucune information au - delà de la décidabilité arrêt de tout autre cas.

Donc la question est

Existe-t-il une preuve indécidable du problème en cours d’arrêt qui ne dépend pas de la démonstration que HALT ne peut pas décider seul, ni de l’argument de la diagonalisation?

Petit montage: je vais m'engager dans le libellé original de la question, qui demande une preuve qui ne dépend pas du tout de la diagonalisation (plutôt que de simplement l'exiger pour ne pas dépendre de la diagonalisation qui dépend de HALT).


Êtes-vous à la recherche d'un outil qui ne dépend pas d'un argument de diagonalisation ou d'un autre qui ne diagonalise pas en utilisant directement HALT? Je ne suis pas sûr que la preuve proposée par Bjørn satisfasse l'ancien.
Mark Reitblatt

@Mark: Je ne suis pas sûr en fait. Si l'argument de diagonalisation ne correspond pas à l'auto-référencement, mais à un autre aspect tel que l'inadéquation de la cardinalité, j'espère bien qu'il permettrait de comprendre pourquoi la terminaison de HALT (Q) (où Q! = HALT) est indécidable .
M. Alaggan

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Eh bien, dans ce cas, je peux donner un argument plus simple. Commencez par observer qu'il existe des problèmes indécidables (argument de cardinalité simple) et, en outre, qu'il existe un problème indécidable P ayant un TM M qui reconnaît ses membres (mais ne peut pas se terminer sur des non-membres). Maintenant, résoudre HALT (M) vous donne un décideur pour P. Nous vérifions d’abord si M s’arrête sur x. Si c'est le cas, nous l'exécutons et retournons la même chose que M. Sinon, nous le rejetons, car M s'arrête sur chaque membre de P. C'est maintenant une contradiction puisque nous avons supposé que P était une langue sans décideur.
Mark Reitblatt

Cet argument est en fait une preuve que HALT est RE-complete.
Mark Reitblatt

1
Je t'ai eu. Si tous les TM étaient décisifs, alors HALT est trivial. Si stop est non-trivial (il existe des reconnaisseurs), alors (par contre-positif), l'existence d'un HALT non-trivial rend les décideurs de TM reconnaissants, ce qui signifie que HALT est trivial, contradictoire. Donc, une telle HALT ne peut pas exister pour tous les identifiants. C'est génial, merci pour votre merveilleux commentaire; vous voudrez peut-être le
republier

Réponses:


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Oui, il existe de telles preuves dans la théorie de la calculabilité (théorie de la récursivité).

Vous pouvez d' abord montrer que le problème de l' arrêt (le jeu ) peut être utilisé pour calculer un ensemble G N qui est 1-générique signifiant que dans un sens chaque Σ 0 1 fait à propos de G est décidée par un préfixe fini de G . Il est alors facile de prouver qu'un tel ensemble G ne peut pas être calculé (c'est-à-dire décidable).0GNΣ10GGG

Nous pourrions remplacer ici 1 générique par 1-random, c’est -à- dire Martin-Löf random , pour le même effet. Ceci utilise le théorème de base basse de Jockusch-Soare .

(Attention: on pourrait simplement montrer que calcule le Ω de Chaitin , qui est 1-aléatoire, mais ici, nous devons faire attention à savoir si la preuve que Ω est 1-aléatoire repose sur le problème bloquant étant indécidable! Par conséquent, il est plus sûr de utilisez simplement le théorème de bas niveau).0ΩΩ


Très intéressant! Pouvez-vous me fournir une référence ou un ensemble de mots-clés à rechercher pour mieux le comprendre? Merci beaucoup!
M. Alaggan

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@M. Alaggan: La meilleure référence est sans doute le livre récent d'André Nies, Computability and Randomness , Oxford Logic Guides, Oxford University Press, 2009. Il existe également un article de Wikipedia sur le théorème des bas fondements et un article de Scholarpedia sur le algorithmique du hasard aléatoire: scholarpedia.org / article / Algorithmic_randomness
Bjørn Kjos-Hanssen

@M. Alaggan, cela dépend de vous, mais les votes suggèrent que cela devrait être la réponse acceptée.
Mohammad Al-Turkistany

J'ai demandé à la méta (vérifiez meta.cstheory.stackexchange.com/questions/642/when-is-it-appropriate-to-change-the-accepted-answer). Je sais que cette réponse est excellente et très utile. Cependant, j’ai accepté l’autre, car c’était beaucoup plus facile à comprendre avec une approche plus intuitive. Cependant, il semble y avoir une discussion ci-dessus sur son exactitude (!). Donc, si cela s'avérait inexact, je changerais effectivement pour cette réponse. La confusion venait de ce que je n'étais pas spécifique dans la question initiale, à savoir que je voulais éviter la diagonalisation utilisant HALT, plutôt que toutes les diagonalisations.
M. Alaggan

Je suis extrêmement confus sur le choix que je devrais accepter jusqu'à présent, car je choisis entre une excellente réponse exceptionnelle et une réponse facile / intuitive (mes antécédents ne sont pas très solides / matures). Alors, s'il vous plaît, pas de rancune :) Nous pouvons en discuter et parvenir à une décision satisfaisante pour tous. Merci.
M. Alaggan

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Republié de mon commentaire selon la demande:

Commencez par observer qu'il existe des problèmes indécidables (argument de cardinalité simple) et, en outre, qu'il existe un problème indécidable P ayant un TM M qui reconnaît ses membres (mais ne peut pas se terminer sur des non-membres). Maintenant, résoudre HALT (M) vous donne un décideur pour P. Nous vérifions d’abord si M s’arrête sur x. Si c'est le cas, nous l'exécutons et retournons la même chose que M. Sinon, nous le rejetons, car M s'arrête sur chaque membre de P. C'est maintenant une contradiction puisque nous avons supposé que P était indécidable.

Remarque: Il a précisé qu'il recherchait un argument évitant la diagonalisation utilisant directement HALT, et non un argument évitant totalement la diagonalisation.

EDIT: Cet argument est bloqué. Pouvez-vous montrer directement que RE-REC est non vide, sans compter que HALT est présent?


L'argument de la redevabilité utilise une diagonalisation très similaire (à peine plus simple) à la preuve standard pour le problème bloquant. (C'est-à-dire pour montrer que la cardinalité des langues est supérieure à celle des mémoires de traduction utilisant la diagonalisation.) :)
Joshua Grochow

@Joshua Lire les commentaires. J'ai demandé s'il cherchait une preuve qui évite la diagonalisation, ou une preuve qui évite simplement la diagonalisation avec HALT. Il cherche ce dernier.
Mark Reitblatt

@ Mark: Ah, j'ai raté ça. Merci. +1
Joshua Grochow

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@ Mark: Pourriez-vous clarifier quelque chose s'il vous plaît? Vous commencez par faire remarquer qu'il existe un problème indécidable P qui est reconnaissable, puis vous remarquez que si HALT était décidable, nous pourrions alors construire un décideur pour P. Cependant, dans les textes que j'ai lus, les choses sont prouvées dans l'autre ordre-- l'indécidabilité de HALT est utilisée pour démontrer l'existence de tels problèmes P. Pouvez-vous montrer l'existence de problèmes indécidables mais reconnaissables sans utiliser l'indécidabilité de HALT?
Kurt

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Le fait qu’il existe un problème identifiable mais indécidable est peut-être plus facilement prouvé en montrant que le problème est stoppant est un tel problème. Dans ce cas, vous êtes de retour à votre point de départ. Il y a seulement beaucoup de langues reconnaissables.
Bjørn Kjos-Hanssen

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Une autre affiche a fait allusion à cela (en faisant référence à Chaitin), mais vous pouvez utiliser le paradoxe de Berry pour prouver que le problème persistant est indécidable. Voici un bref croquis de la preuve:

Soit HALT une machine qui décide si une machine M s’arrête sur l’entrée I. Nous allons démontrer que HALT elle-même ne s’arrête pas sur une entrée particulière, ce qui montre qu’elle est incapable de choisir la langue.

Considérons la fonction suivante f:

f (M, n) = a, où a est le plus petit entier positif non calculable par la machine M sur une entrée quelconque I avec | I | <n

En supposant que HALT soit une fonction calculable, f est également une fonction calculable; simulez simplement HALT (M, I) pour chaque machine M et saisissez la chaîne I de longueur inférieure à n. Si la simulation s'arrête, simulez M (I), enregistrez le résultat et recherchez le plus petit résultat a qui ne soit produit par aucune des paires M, n.

Maintenant, nous montrons que f n’est pas calculable: considérons f (f, 10000000 * | f | +10000000). Quel que soit le résultat, il doit s'agir d'un entier (positif) non calculable par la machine calculant f sur l'entrée I avec une longueur inférieure à celle indiquée ... et pourtant, nous venons de fournir un tel entier avec f et beaucoup plus bref. contribution.

Ainsi, f n'est pas calculable, et donc notre hypothèse que HALT était calculable est fausse. Je ne crois pas que cette preuve utilise la diagonalisation.


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.>nn

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Je n'essaie pas d'être impoli, mais votre objection n'a aucun sens. La fonction f est définie comme une fonction générant un entier qui ne peut pas être calculé par M pour toute entrée de longueur inférieure à n. Ainsi, hormis les appels insensés à l'arithmétique modulaire, vous aurez du mal à montrer que la phrase que vous avez surlignée est invalide.
Philip White

@johne Je suis d'accord avec Philip. Il n'y a aucune hypothèse sur les limites de la représentation de la machine. Ceci est un TM.
Mark Reitblatt

@Philip Correction technique mineure: vous devez changer un entier en un entier naturel ou positif.
Mark Reitblatt

1
ff

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Vous ne savez pas si cela compte, mais vous pouvez le prouver en utilisant le théorème de récursivité. Le théorème de récursivité dit si {We}e=1feWe=Wf(e)0fe0We0eWe(0)Wf(e)(0)


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C'est la preuve standard de la diagonalisation.
Yuval Filmus
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