क्या हॉल्टिंग समस्या का कोई सबूत नहीं है जो स्व-संदर्भित या विकर्ण पर निर्भर नहीं करता है?

Question

यह इस एक से संबंधित प्रश्न है । वहाँ बहुत चर्चा के बाद फिर से इसे और अधिक सरल रूप में रखा, कि यह बिल्कुल अलग प्रश्न की तरह लगे।

हॉल्टिंग समस्या की अनिर्वायता का शास्त्रीय प्रमाण एक काल्पनिक विरोध प्रदर्शन पर निर्भर करता है जब खुद को एक काल्पनिक एचएएलटी डिक्रिप्टर लागू करने की कोशिश की जाती है। मुझे लगता है कि यह सिर्फ एक एचएएलटी डिकेडर होने की असंभवता को दर्शाता है जो यह तय करता है कि खुद ही रुक जाएगा या नहीं, लेकिन किसी भी अन्य मामलों को रोकने की निर्णायकता के बारे में इससे परे कोई जानकारी नहीं देता है ।

तो सवाल है

क्या इस बात का कोई प्रमाण है कि रुकने की समस्या अनिर्दिष्ट है जो यह दिखाने पर निर्भर नहीं करती है कि एचएएलटी स्वयं निर्णय नहीं ले सकता है, न ही विकर्ण तर्क पर निर्भर करता है?

छोटा संपादन: मैं प्रश्न के मूल वाक्यांशों के लिए प्रतिबद्ध हूं, जो एक प्रमाण के लिए पूछ रहा है जो कि विकर्णीकरण पर बिल्कुल भी निर्भर नहीं करता है (केवल एक आवश्यकता के बजाय यह विकर्णीकरण पर निर्भर नहीं है कि HALT पर निर्भर करता है)।

Comments

क्या आप एक के लिए देख रहे हैं जो एक विकर्ण तर्क पर निर्भर नहीं करता है, या सिर्फ एक है जो सीधे HALT का उपयोग करके विकर्ण नहीं करता है? मुझे यकीन नहीं है कि अगर सबूत Bjørn का प्रस्ताव है तो वह पूर्व को संतुष्ट करता है।

— मार्क रीटब्लाट

@ मर्क: मुझे वास्तव में यकीन नहीं है। यदि विकर्ण तर्क स्व-संदर्भ के अनुरूप नहीं है, लेकिन कार्डिनैलिटी मिसमैच जैसे अन्य पहलू से, तो मैं वास्तव में आशा करता हूं कि यह इस बात पर कुछ जानकारी देगा कि एचएएलटी (क्यू) (जहां क्यू! = एचओटीटी) की समाप्ति अयोग्य है! ।

— एम। अलागन

खैर, उस मामले में, मैं एक सरल तर्क दे सकता हूं। इस अवलोकन के साथ शुरू करें कि अनिर्दिष्ट समस्याएं हैं (सरल कार्डिनैलिटी तर्क), और इसके अलावा एक अयोग्य समस्या पी है जिसमें एक टीएम एम है जो इसके सदस्यों को पहचानता है (लेकिन गैर-सदस्यों पर समाप्त नहीं हो सकता है)। अब, HALT (M) को हल करने से आपको P के लिए एक डिकोडर मिलता है। हम पहले चेक करते हैं कि क्या M x पर टिका है। यदि ऐसा होता है, तो हम इसे चलाते हैं और एम। के रूप में उसी को वापस करते हैं। हम अस्वीकार करते हैं, चूंकि एम पी के प्रत्येक सदस्य पर टिका है। अब यह विरोधाभास है क्योंकि हमने मान लिया था कि पी एक डिकोडर के बिना एक भाषा थी।

— मार्क रीटब्लेट

यह तर्क वास्तव में एक प्रमाण है कि HALT RE-complete है।

— मार्क रीटब्लेट

पकड़ लिया। यदि सभी TM निर्णायक थे, तो HALT तुच्छ है। यदि पड़ाव गैर-तुच्छ है (पहचानकर्ता मौजूद हैं), तो (गर्भ-धनात्मक द्वारा) एक गैर-तुच्छ HALT का अस्तित्व पहचानकर्ता TMs को निर्णायक बनाता है, जिसका अर्थ है कि HALT तुच्छ है, विरोधाभास है। तो ऐसे HALT सभी पहचानकर्ताओं के लिए मौजूद नहीं हो सकते। यह शानदार है, आपकी अद्भुत टिप्पणी के लिए धन्यवाद; आप इसे उत्तर के रूप में फिर से पोस्ट करना चाह सकते हैं :)

— एम। अलागन

Answer 1

हां, कम्प्यूटेबिलिटी थ्योरी (उर्फ रिकर्सन थ्योरी) में ऐसे प्रमाण हैं।

$0'$$G\subseteq\mathbb N$$\Sigma^0_1$$G$$G$$G$

हम बदल सकते 1- सामान्य 1-यादृच्छिक, यानी, द्वारा यहाँ मार्टिन-LOF यादृच्छिक , एक ही प्रभाव के लिए। इसमें जॉकस-सोर लो बेसिस प्रमेय का उपयोग किया गया है ।

$0'$$\Omega$$\Omega$

Comments

बहुत ही रोचक! क्या आप मुझे अधिक समझने के लिए खोज करने के लिए एक संदर्भ या कीवर्ड का एक सेट प्रदान कर सकते हैं? आपका बहुत बहुत धन्यवाद!

— एम। अलागन

@M। Alaggan: सबसे अच्छा संदर्भ आंद्रे नीस, कम्प्यूटेबिलिटी और रैंडमनेस , ऑक्सफोर्ड लॉजिक गाइड्स, ऑक्सफोर्ड यूनिवर्सिटी प्रेस, 2009 की हालिया किताब हो सकती है । लो बेसिस प्रमेय के बारे में एक विकिपीडिया लेख भी है और अल्गोरिथमिक रैंडमनेस के

— ब्योर्न जोस-Hanssen

@M। Alaggan, यह आप पर निर्भर है लेकिन वोटों का सुझाव है कि यह स्वीकृत उत्तर होना चाहिए।

— मोहम्मद अल-तुर्कस्टनी

मैंने मेटा (चेक meta.cstheory.stackexchange.com/questions/642/when-is-it-app उपयुक्त-to-change-the-accepted-answer) पर पूछा था। मुझे पता है कि यह उत्तर वास्तव में महान और बहुत उपयोगी है। हालांकि, मैंने दूसरे को स्वीकार किया, क्योंकि मेरे लिए अधिक सहज दृष्टिकोण के साथ समझना बहुत आसान था। हालाँकि, इसकी शुद्धता (!) के ऊपर एक चर्चा प्रतीत होती है। तो अगर यह गलत निकला तो मैं वास्तव में इस उत्तर को बदल दूंगा। मूल प्रश्न में विशिष्ट नहीं होने के कारण मुझे भ्रम पैदा हुआ कि मैं सभी विकर्णों के बजाय HALT के उपयोग से विकर्ण से बचना चाहता था।

— एम। अलागन

मैं बेहद भ्रमित हूं जिस पर मुझे इस क्षण तक स्वीकार करना चाहिए, क्योंकि मैं एक उत्कृष्ट महान उत्तर और एक आसान / सहज उत्तर के बीच चयन कर रहा हूं (मेरी पृष्ठभूमि बहुत ठोस / परिपक्व नहीं है)। इसलिए, कृपया कोई कठिन भावनाएं न करें :) हम इस पर चर्चा कर सकते हैं और सभी के लिए संतोषजनक निर्णय पर पहुंच सकते हैं। धन्यवाद।

— एम। अलागन

Answer 2

अनुरोध के अनुसार मेरी टिप्पणी से पुनर्प्रकाशित:

इस अवलोकन के साथ शुरू करें कि अनपेक्षित समस्याएँ हैं (सरल कार्डिनैलिटी तर्क), और इसके अलावा कि एक अनपेक्षित समस्या पी है जिसमें एक टीएम एम है जो इसके सदस्यों को पहचानता है (लेकिन गैर-सदस्यों पर समाप्त नहीं हो सकता है)। अब, HALT (M) को हल करने से आपको P के लिए एक डिकोडर मिलता है। हम सबसे पहले चेक करते हैं कि M x पर टिका है या नहीं। यदि ऐसा होता है, तो हम इसे चलाते हैं और एम। के रूप में उसी को वापस करते हैं, हम अस्वीकार करते हैं, चूंकि एम पी के हर सदस्य पर रुकता है। यह अब एक विरोधाभास है क्योंकि हमने माना कि पी अनिर्दिष्ट था।

नोट: उन्होंने स्पष्ट किया कि वह एक ऐसे तर्क की तलाश कर रहे थे जो सीधे HALT के उपयोग से विकर्ण से बचा हो, न कि एक ऐसे तर्क से जो पूरी तरह से विकर्ण से बचा हो।

EDIT: यह तर्क अटक गया है। क्या आप सीधे दिखा सकते हैं कि आरई - आरईसी गैर-खाली है, इसके अलावा यह दिखाने के लिए कि एचएएलटी वहां है?

Comments

काउंटबिलिटी तर्क हॉल्टिंग समस्या के लिए मानक प्रमाण की तुलना में बहुत समान (केवल थोड़ा सरल) विकर्ण का उपयोग करता है। (अर्थात, यह दिखाने के लिए कि भाषाओं की

— कार्डिनैलिटी TMs की

@ जोशुआ टिप्पणियों को पढ़ें। मैंने पूछा कि क्या वह एक ऐसे सबूत की तलाश कर रहा है जो विकर्ण से बचा हो, या एक ऐसा जो सिर्फ HALT के उपयोग से विकर्ण होने से बचा हो। वह बाद की तलाश में है।

— मार्क रीटब्लेट

@ मर्क: आह, मैं चूक गया। धन्यवाद। +1

— जोशुआ ग्रोको

@ मर्क: क्या आप कृपया कुछ स्पष्ट कर सकते हैं? आप यह टिप्पणी करते हुए शुरू करते हैं कि एक अपरिहार्य समस्या पी है जो पहचानने योग्य है, और फिर निरीक्षण करें कि यदि एचएएलटी निर्णायक थे, तो हम पी के लिए एक डीसाइडर का निर्माण कर सकते हैं। हालांकि, जिन ग्रंथों में मैंने पढ़ा है, उनमें चीजें दूसरे क्रम में साबित होती हैं-- ऐसी समस्याओं के अस्तित्व को प्रदर्शित करने के लिए HALT की अनिर्वायता का उपयोग किया जाता है। क्या आप HALT की अनिर्वायता का उपयोग किए बिना अनिर्दिष्ट अभी तक पहचाने जाने योग्य समस्याओं के अस्तित्व को दिखा सकते हैं?

— कर्ट

तथ्य यह है कि एक पहचानने योग्य लेकिन अवांछनीय समस्या मौजूद है, शायद सबसे आसानी से साबित होता है कि हॉल्टिंग समस्या एक ऐसी समस्या है, जिस स्थिति में आप वापस वहीं हैं जहाँ आपने शुरुआत की थी। केवल बहुत सी पहचानने योग्य भाषाएँ हैं।

— ब्योर्न जोस-Hanssen

Answer 3

एक अन्य पोस्टर ने इस पर चर्चा की (चैतीन का हवाला देकर), लेकिन आप बेरी विरोधाभास का उपयोग यह साबित करने के लिए कर सकते हैं कि हॉल्टिंग समस्या अनिर्दिष्ट है। यहाँ सबूत का एक संक्षिप्त वर्णन है:

बता दें कि HALT एक ऐसी मशीन है जो यह तय करती है कि कोई मशीन M इनपुट I पर रुकती है या नहीं। हम प्रदर्शित करेंगे कि HALT खुद किसी विशेष इनपुट पर रुकने में विफल रहता है, जिससे पता चलता है कि यह भाषा को तय करने में असमर्थ है।

निम्नलिखित समारोह पर विचार करें च:

f (M, n) = a, जहाँ a सबसे छोटा धनात्मक पूर्णांक है, जो किसी भी इनपुट पर मशीन M द्वारा अभिकलन योग्य नहीं है। I <n

यह मानते हुए कि एचएएलटी एक कम्प्यूटेशनल फ़ंक्शन है, एफ भी एक कम्प्यूटेशनल फ़ंक्शन है; बस हर मशीन M और इनपुट स्ट्रिंग I के लिए I से कम I की लंबाई के साथ HALT (M, I) का अनुकरण करें। यदि सिमुलेशन रुकता है, तो एम (आई) का अनुकरण करें और रिकॉर्ड करें कि आउटपुट क्या है, और सबसे छोटा आउटपुट ढूंढें जो कि एम, एन जोड़े में से किसी द्वारा आउटपुट नहीं है।

अब, हम दिखाते हैं कि f उचित नहीं है: f (f, 10000000 * | f | [phone]) पर विचार करें। जो कुछ भी यह आउटपुट करता है, उसे एक (पॉजिटिव) पूर्णांक होना चाहिए जो कि इनपुट कंप्यूटिंग f से कम से कम लंबाई के साथ मशीन कंप्यूटिंग के द्वारा अभिकलन नहीं है ... और फिर भी हमने f और एक बहुत अधिक ब्रीफ़र के साथ ऐसा पूर्णांक आउटपुट किया है इनपुट।

इस प्रकार, एफ गणना योग्य नहीं है, और इसलिए हमारी यह धारणा कि एचएएलटी कम्प्यूटेशनल है, गलत है। मैं नहीं मानता कि यह प्रमाण विकर्णीकरण का कोई उपयोग करता है।

Comments

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$

मैं अशिष्ट होने की कोशिश नहीं कर रहा हूं, लेकिन आपकी आपत्ति का कोई मतलब नहीं है। फ़ंक्शन f को एक फ़ंक्शन के रूप में परिभाषित किया गया है जो एक पूर्णांक को आउटपुट करता है जिसे एम द्वारा किसी भी इनपुट पर n से कम लंबाई के साथ गणना नहीं की जा सकती है। इस प्रकार, निरर्थक अंकगणितीय अपील को एक तरफ करने के लिए, आप एक मुश्किल समय दिखा रहे हैं कि आप जिस वाक्य को हाइलाइट करते हैं वह अमान्य है।

— फिलिप व्हाइट

@ जोहान मैं फिलिप के साथ कंसर्ट करता हूं। मशीन के प्रतिनिधित्व की सीमा पर कोई धारणा नहीं है। यह एक टीएम है।

— मार्क रीटब्लाट

@Philip माइनर तकनीकी सुधार: आपको पूर्णांक को प्राकृतिक या सकारात्मक पूर्णांक में बदलना चाहिए।

— मार्क रीटब्लेट

$f$$f$

Answer 4

$\{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)$

Comments

यह मानक विकर्णण प्रमाण है।

— युवल फिल्मस 23