มีข้อพิสูจน์ใด ๆ เกี่ยวกับความลังเลของปัญหาการหยุดชะงักที่ไม่ได้ขึ้นอยู่กับการอ้างอิงตนเองหรือการเบี่ยงเบน?


40

นี่คือคำถามที่เกี่ยวข้องกับคนนี้ นำมาใส่ใหม่ในรูปแบบที่ง่ายกว่ามากหลังจากการพูดคุยกันที่นั่นทำให้รู้สึกเหมือนเป็นคำถามที่แตกต่างกันโดยสิ้นเชิง

หลักฐานดั้งเดิมของความลังเลของปัญหาการหยุดชะงักนั้นขึ้นอยู่กับการแสดงความขัดแย้งเมื่อพยายามใช้ HALT decider สมมุติกับตัวเอง ฉันคิดว่านี่เป็นเพียงการแสดงถึงความเป็นไปไม่ได้ที่จะมีผู้ตัดสิน HALT ที่ตัดสินใจว่าจะหยุดเองหรือไม่ แต่ไม่ได้ให้ข้อมูลใด ๆ นอกเหนือไปจากที่เกี่ยวกับความสามารถในการตัดสินใจยุติคดีอื่น ๆ

ดังนั้นคำถามคือ

มีหลักฐานว่าปัญหาการหยุดชะงักไม่สามารถตัดสินใจได้ซึ่งไม่ได้ขึ้นอยู่กับการแสดงว่า HALT ไม่สามารถตัดสินใจได้และไม่ได้ขึ้นอยู่กับการโต้แย้งในแนวทแยง

แก้ไขเล็ก ๆ : ฉันจะยืนยันประโยคเดิมของคำถามซึ่งกำลังขอหลักฐานที่ไม่ได้ขึ้นอยู่กับการทำให้เป็นเส้นทแยงมุมเลย (แทนที่จะเป็นแค่การกำหนดให้ไม่ต้องขึ้นอยู่กับเส้นทแยงมุมที่ขึ้นอยู่กับ HALT)


คุณกำลังมองหาสิ่งที่ไม่ได้ขึ้นอยู่กับการโต้เถียงในแนวทแยงมุมหรือเพียงอย่างเดียวที่ไม่ได้ทแยงมุมโดยใช้ HALT โดยตรงหรือไม่? ฉันไม่แน่ใจว่าหลักฐานBjørnเสนอให้เป็นที่พอใจหรือไม่
Mark Reitblatt

@ Mark: ฉันไม่แน่ใจในความเป็นจริง หากการโต้เถียงในแนวทแยงนั้นไม่สอดคล้องกับการอ้างอิงตนเอง แต่ในแง่มุมอื่น ๆ เช่น cardinality mismatch ฉันก็หวังว่ามันจะให้ความเข้าใจว่าทำไมการยกเลิก HALT (Q) (โดยที่ Q! = HALT) ไม่สามารถอธิบายได้ .
M. Alaggan

1
ในกรณีนี้ฉันสามารถโต้แย้งง่ายกว่าได้ เริ่มต้นด้วยการสังเกตว่ามีปัญหาที่ไม่สามารถตัดสินใจได้ (อาร์กิวเมนต์ cardinality แบบง่าย) และยิ่งกว่านั้นมีปัญหาที่ไม่สามารถอธิบายได้ P ที่มี TM M ที่จดจำสมาชิกได้ (แต่อาจไม่สิ้นสุดสำหรับสมาชิกที่ไม่ใช่สมาชิก) ทีนี้การแก้ไข HALT (M) จะช่วยให้คุณมี decider สำหรับ P. เราต้องตรวจสอบก่อนว่า M หยุดอยู่กับ x หรือไม่ ถ้าเป็นเช่นนั้นเราจะเรียกใช้และส่งกลับเช่นเดียวกับ M มิฉะนั้นเราจะปฏิเสธเนื่องจาก M หยุดอยู่กับสมาชิกของ P ทุกคนตอนนี้เป็นความขัดแย้งเนื่องจากเราสันนิษฐานว่า P เป็นภาษาที่ไม่มี decider
Mark Reitblatt

อาร์กิวเมนต์นั้นเป็นหลักฐานว่า HALT นั้นเสร็จสมบูรณ์อีกครั้ง
Mark Reitblatt

1
เข้าใจแล้ว ถ้า TMs ทั้งหมดเป็นตัวตัดสินใจดังนั้น HALT ก็เล็กน้อย ถ้าหยุดไม่ใช่เรื่องไร้สาระ (จำแนกลายมือ) แล้ว (โดยตรงกันข้าม - บวก) การดำรงอยู่ของ HALT ที่ไม่สำคัญทำให้ตัวจดจำ TM ตัดสินใจได้ซึ่งหมายความว่า HALT เป็นเรื่องเล็กน้อยขัดแย้งกัน ดังนั้น HALT ดังกล่าวจึงไม่มีอยู่สำหรับตัวจดจำทั้งหมด ขอบคุณสำหรับความคิดเห็นที่ยอดเยี่ยมของคุณ คุณอาจต้องการที่จะกลับมาโพสต์เป็นคำตอบ :)
เอ็ม Alaggan

คำตอบ:


31

ใช่มีข้อพิสูจน์ดังกล่าวในทฤษฎีการคำนวณ (ทฤษฎีการเรียกซ้ำ)

0GNΣ10GGG

เราสามารถแทนที่ 1- ทั่วไปได้ที่นี่โดยการสุ่ม 1 ครั้งคือMartin-Löf randomเพื่อผลเดียวกัน นี้ใช้เกณฑ์ทฤษฎีบท Jockusch-Soare ต่ำ

0ΩΩ


น่าสนใจมาก! คุณสามารถให้ข้อมูลอ้างอิงหรือชุดคำหลักเพื่อค้นหาเพื่อให้เข้าใจเพิ่มเติมได้หรือไม่ ขอบคุณมาก!
M. Alaggan

6
วิสัย Alaggan: หนังสืออ้างอิงที่ดีที่สุดอาจเป็นหนังสือเล่มล่าสุดของAndré Nies, การคำนวณและการสุ่ม , Oxford Logic Guides, สำนักพิมพ์ Oxford University, 2009 นอกจากนี้ยังมีบทความ Wikipedia เกี่ยวกับทฤษฎีบท Low Basis และบทความ Scholarpedia เกี่ยวกับ Algorithmic Randomness: scholarpedia.org / article / Algorithmic_randomness
Bjørn Kjos-Hanssen

วิสัย Alaggan ขึ้นอยู่กับคุณ แต่คะแนนโหวตแนะนำว่านี่ควรเป็นคำตอบที่ยอมรับได้
Mohammad Al-Turkistany

ฉันถามเมตาดาต้า (ตรวจสอบเมตา. ฉันรู้ว่าคำตอบนี้ยอดเยี่ยมและมีประโยชน์มากเช่นกัน อย่างไรก็ตามฉันยอมรับอีกอันหนึ่งเพราะฉันเข้าใจได้ง่ายกว่าด้วยวิธีการที่ง่ายกว่า อย่างไรก็ตามดูเหมือนว่าจะมีการอภิปรายข้างต้นเกี่ยวกับความถูกต้อง (!) ดังนั้นหากปรากฏว่าไม่ถูกต้องฉันจะเปลี่ยนคำตอบนี้แน่นอน ความสับสนเกิดขึ้นจากฉันที่ไม่ได้เจาะจงในคำถามดั้งเดิมที่ฉันต้องการหลีกเลี่ยงการใช้เส้นทแยงมุมโดยใช้ HALT แทนที่จะเป็นเส้นทแยงมุมทั้งหมด
M. Alaggan

ฉันสับสนอย่างมากกับสิ่งที่ฉันควรยอมรับจนถึงขณะนี้เนื่องจากฉันเลือกระหว่างคำตอบที่ยอดเยี่ยมและคำตอบที่ง่าย / ใช้งานง่าย (พื้นหลังของฉันไม่มั่นคง / เป็นผู้ใหญ่) ดังนั้นโปรดไม่มีความรู้สึกหนักใจ :) เราสามารถพูดคุยและเข้าถึงการตัดสินใจที่น่าพอใจสำหรับทุกคน ขอบคุณ
M. Alaggan

5

โพสต์ใหม่จากความคิดเห็นของฉันตามคำขอ:

เริ่มต้นด้วยการสังเกตว่ามีปัญหาที่ไม่สามารถตัดสินใจได้ (อาร์กิวเมนต์ cardinality แบบง่าย) และยิ่งกว่านั้นมีปัญหาที่ไม่สามารถอธิบายได้ P ที่มี TM M ที่จดจำสมาชิกได้ (แต่อาจไม่สิ้นสุดสำหรับสมาชิกที่ไม่ใช่สมาชิก) ทีนี้การแก้ไข HALT (M) จะช่วยให้คุณมี decider สำหรับ P. เราต้องตรวจสอบก่อนว่า M หยุดอยู่กับ x หรือไม่ ถ้าเป็นเช่นนั้นเราจะเรียกใช้และกลับมาเหมือน M มิฉะนั้นเราจะปฏิเสธเนื่องจาก M หยุดการทำงานกับสมาชิกทุกคนของ P นี่คือความขัดแย้งเนื่องจากเราสันนิษฐานว่า P นั้นไม่สามารถตัดสินใจได้

หมายเหตุ: เขาชี้แจงว่าเขากำลังมองหาข้อโต้แย้งที่หลีกเลี่ยงการทำให้เป็นเส้นทแยงมุมโดยใช้ HALT โดยตรงไม่ใช่ข้อโต้แย้งที่หลีกเลี่ยงการทำให้เกิดเส้นทแยงมุมทั้งหมด

แก้ไข: อาร์กิวเมนต์นี้ติดอยู่ คุณสามารถแสดงได้โดยตรงว่า RE - REC นั้นไม่ว่างเปล่านอกจากการแสดงว่า HALT อยู่ในนั้นแล้วหรือไม่?


อาร์กิวเมนต์ countability ใช้ diagonalization ที่คล้ายกันมาก (ง่ายกว่าเล็กน้อยเท่านั้น) กว่าการพิสูจน์มาตรฐานสำหรับปัญหาการหยุดทำงาน (นั่นคือเพื่อแสดงให้เห็นว่า cardinality ของภาษามีขนาดใหญ่กว่า TM นั้นใช้ diagonalization) :)
Joshua Grochow

@Joshua อ่านความคิดเห็น ฉันถามว่าเขากำลังมองหาหลักฐานที่หลีกเลี่ยงการทำให้เป็นเส้นทแยงมุมหรือไม่ เขากำลังมองหาหลัง
Mark Reitblatt

@ Mark: อาฉันพลาดไปแล้ว ขอบคุณ +1
Joshua Grochow

4
@ Mark: คุณช่วยอธิบายบางอย่างได้มั้ย คุณเริ่มต้นด้วยการตั้งข้อสังเกตว่ามีปัญหาที่ไม่สามารถตัดสินใจได้ที่จำได้และสังเกตว่าถ้า HALT สามารถตัดสินใจได้เราสามารถสร้าง decider สำหรับ P. อย่างไรก็ตามในตำราที่ฉันได้อ่านสิ่งต่าง ๆ ได้รับการพิสูจน์ในลำดับอื่น ๆ - ความไม่แน่นอนของ HALT ใช้เพื่อแสดงการมีอยู่ของปัญหาดังกล่าว P. คุณสามารถแสดงการมีอยู่ของปัญหาที่ไม่สามารถตัดสินใจได้ แต่ยังเป็นที่รู้จักได้โดยไม่ต้องใช้ HALT
เคิร์ต

2
ความจริงที่ว่ามีปัญหาที่เป็นที่รู้จัก แต่ไม่สามารถพิสูจน์ได้อาจจะพิสูจน์ได้ง่ายที่สุดโดยการแสดงว่าปัญหาการหยุดชะงักนั้นเป็นปัญหาดังกล่าวซึ่งในกรณีนี้คุณจะกลับมาที่จุดเริ่มต้น มีเพียงภาษาที่รู้จักมากเท่านั้น
Bjørn Kjos-Hanssen

2

อีกโปสเตอร์ที่พูดถึงเรื่องนี้ (โดยการอ้างถึง Chaitin) แต่คุณสามารถใช้ Berry Paradox เพื่อพิสูจน์ว่าปัญหาการลังเลไม่สามารถบอกได้ นี่คือภาพร่างสั้น ๆ ของหลักฐาน:

ให้ HALT เป็นเครื่องที่ตัดสินว่าเครื่อง M หยุดการทำงานของอินพุต I ใดเราจะแสดงให้เห็นว่า HALT นั้นไม่สามารถหยุดการป้อนข้อมูลเฉพาะซึ่งแสดงให้เห็นว่ามันไม่สามารถตัดสินใจภาษาได้

พิจารณาฟังก์ชัน f ต่อไปนี้:

f (M, n) = a, โดยที่ a เป็นจำนวนเต็มบวกที่เล็กที่สุดที่ไม่ได้คำนวณโดยเครื่อง M บนอินพุตใด ๆ ที่ฉันด้วย | I | <n

สมมติว่า HALT เป็นฟังก์ชันที่คำนวณได้ f ยังเป็นฟังก์ชันที่คำนวณได้ เพียงจำลอง HALT (M, I) สำหรับทุกเครื่อง M และอินพุตสตริง I ที่มีความยาวน้อยกว่า n หากการจำลองหยุดการทำงานให้จำลอง M (I) และบันทึกว่าเอาต์พุตคืออะไรและค้นหาเอาต์พุตที่เล็กที่สุด a ซึ่งไม่ได้เอาต์พุตโดยคู่ M, n ใด ๆ

ตอนนี้เราแสดงให้เห็นว่า f ไม่สามารถคำนวณได้: พิจารณา f (f, 10,000000 * | f | +10000000) สิ่งที่มันจะออกมันควรจะเป็นจำนวนเต็ม (บวก) ที่ไม่ได้คำนวณโดยเครื่องคำนวณ f ในอินพุตฉันที่มีความยาวน้อยกว่าที่กำหนดให้ ... อินพุต

ดังนั้น f ไม่สามารถคำนวณได้ดังนั้นสมมติฐานของเราที่ HALT คำนวณได้จึงเป็นเท็จ ฉันไม่เชื่อว่าการพิสูจน์นี้ทำให้การใช้เส้นทแยงมุมใด ๆ


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

5
ฉันไม่ได้พยายามหยาบคาย แต่การคัดค้านของคุณไม่สมเหตุสมผล ฟังก์ชัน f ถูกกำหนดให้เป็นฟังก์ชันที่ส่งออกจำนวนเต็มที่ไม่สามารถคำนวณได้โดย M ในอินพุตใด ๆ ที่มีความยาวน้อยกว่า n ดังนั้นการอุทธรณ์แบบไร้สาระไปยังการคำนวณแบบแยกส่วนคุณจะมีช่วงเวลาที่ยากลำบากที่แสดงให้เห็นว่าประโยคที่คุณเน้นไม่ถูกต้อง
Philip White

@ johne ฉันเห็นด้วยกับฟิลิป ไม่มีข้อสันนิษฐานเกี่ยวกับขีด จำกัด ของการเป็นตัวแทนของเครื่อง นี่คือ TM
Mark Reitblatt

@Philip การแก้ไขทางเทคนิคเล็กน้อย: คุณควรเปลี่ยนจำนวนเต็มเป็นจำนวนเต็มธรรมชาติหรือบวก
Mark Reitblatt

1
ff

0

{We}e=1feWe=Wf(e)0fe0We0eWe(0)Wf(e)(0)


6
นี่คือหลักฐานแนวทแยงมุมมาตรฐาน
Yuval Filmus
โดยการใช้ไซต์ของเรา หมายความว่าคุณได้อ่านและทำความเข้าใจนโยบายคุกกี้และนโยบายความเป็นส่วนตัวของเราแล้ว
Licensed under cc by-sa 3.0 with attribution required.