Come dimostrare che una funzione non è calcolabile?

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So che esiste una macchina di Turing, se una funzione è calcolabile. Quindi come mostrare che la funzione non è calcolabile o che non ci sono macchine di Turing per questo. C'è qualcosa come un lemma del pompaggio?

— user5507
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Prima di rispondere alla tua domanda generale, lasciatemi fare un passo indietro, fornire alcuni retroscena della storia e rispondere a una domanda preliminare: esistono anche funzioni non calcolabili?

^{[nota notazionale: possiamo mettere in relazione qualsiasi funzione $f$ con una lingua $L_f=\{ (x,y) \mid y=f(x) \}$ e quindi discutere la decidibilità di $L_f$ piuttosto che la calcolabilità di $f$ ]}

Lingue indecidibili fanno esistere

Ci sono alcune lingue che nessuna macchina di Turing può decidere. L'argomento è semplice: ci sono "solo" numerosamente molte $(\aleph_0)$ TM diverse, ma innumerevoli molte $(\aleph)$ lingue diverse. Così ci sono al massimo $\aleph_0$ lingue decidibili, e il resto (infiniti) sono indecidibili. Ulteriori letture:

Al fine di mettere la mano su un linguaggio specifico indecidibile, l'idea è quella di utilizzare una tecnica chiamata diagonalizzazione (Georg Cantor, 1873) che è stata originariamente utilizzata per mostrare che ci sono più numeri reali che numeri interi, o in altre parole, che . $\aleph > \aleph_0$

L'idea di costruire il primo linguaggio indecidibile è semplice: elenchiamo tutte le macchine di Turing (il che è possibile poiché sono ricusivamente enumerabili!) E creiamo un linguaggio che non è d'accordo con ogni TM su almeno un input.

\begin{array}{cccccc} ε & 0 & 1 & 00 & \dots \\ M_{1} & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ M_{2} & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ M_{3} & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 \\ ⋮ & ⋱ \end{array}

$\begin{array}{c|ccccc} & \varepsilon & 0 & 1& 00 & \cdots \\ \hline M_1 & \color{red}{1} & 0 & 1 & 0 & 1 \\ M_2 & 0 & \color{red}{1} & 0 & 0 & 0 \\ M_3 & 0 & 0 & \color{red}{0} & 1 & 0 \\ \vdots & & & & \ddots & \end{array}$

In quanto sopra, ogni riga è una TM e ogni colonna è un input. Il valore della cella è 0 se la TM rifiuta o non si ferma mai e 1 se la TM accetta quell'input. Definiamo la lingua in modo tale che contenga l' input -th se e solo se l' -th TM non accetta tale input. $D$ $D$ $i$ $i$

Seguendo la tabella sopra, poiché accetta . Allo stesso modo, , ma poiché non accetta . $\varepsilon \notin D$ $M_1$ $\varepsilon$ $0\notin D$ $1\in D$ $M_3$ $1$

Ora, supponiamo che decida e cerchi la riga nella tabella: se c'è nella colonna -esima, accetta quell'input ma non è in , e se c'è uno lì, l'input è in ma non lo accetta. Pertanto, non decide , e abbiamo raggiunto la contraddizione. $M_k$ $D$ $k$ $1$ $k$ $M_k$ $D$ $0$ $D$ $M_k$ $M_k$ $D$

Ora per la tua domanda. Esistono diversi modi per dimostrare che una lingua è indecidibile. Proverò a toccare quelli più comuni.

1. Prova diretta

Il primo metodo è mostrare direttamente che una lingua è indecidibile, dimostrando che nessuna TM può deciderla. Questo di solito segue il metodo di diagonalizzazione mostrato sopra.

Esempio.

Mostrare che la (complemento della) lingua diagonale è indecidibile.
$\bar{L_{D}} = {⟨ M ⟩ ∣ ⟨ M ⟩ \notin L (M)}$ $\overline {L_D} = \{ \langle M \rangle \mid \langle M \rangle \notin L(M) \}$

Prova.
Supponiamo che sia decidibile e lascia che sia il suo decisore. Esistono due casi: $\overline {L_D}$ $M_D$

accetta $M_D$ $\langle M_D \rangle$ : ma poi,in modo . Quindi questo non può accadere se decide . $\langle M_D \rangle \in L(M_D)$ $\langle M \rangle \notin \overline {L_D}$ $M_D$ $\overline {L_D}$
non accetta $M_D$ $\langle M_D \rangle$ : così e quindi . Ma se è in , avrebbe dovuto accettare, e abbiamo raggiunto ancora una volta la contraddizione. $\langle M_D \rangle \notin L(M_D)$ $\langle M \rangle \in \overline {L_D}$ $L_D$ $M_D$

2. Proprietà di chiusura

A volte possiamo usare le proprietà di chiusura per mostrare che una lingua non è decidibile, in base ad altre lingue che già sappiamo non essere decidibili.

In particolare, se non è decidibile (scriviamo ), allora anche il suo complemento è indecidibile: se esiste un decisore per , potremmo semplicemente usarlo per decidere accettando ogni volta che rifiuta e viceversa. Dal momento che si ferma sempre con una risposta (si tratta di un decisore), possiamo sempre invertito la sua risposta. $L$ $L\notin R$ $\overline{L}$ $M$ $\overline{L}$ $L$ $M$ $M$

Conclusione: La diagonale lingua è indecidibile, . ${L_D} = \{ \langle M \rangle \mid \langle M \rangle \in L(M) \}$ $L_D \notin R$

Un argomento simile può essere applicato osservando che se sia che il suo complemento sono enumerabili ricorsivamente, entrambi sono decidibili. Ciò è particolarmente utile se vogliamo dimostrare che una lingua non è enumerabile in modo ricorsivo, una proprietà forte dell'indecidibilità. $L$ $\overline{L}$

3. Riduzione da un problema indecidibile

Di solito, è abbastanza difficile dimostrare direttamente che una lingua è indecidibile (a meno che non sia già costruita in modo "diagonale"). L'ultimo e più comune metodo per dimostrare l'indecidibilità è usare un'altra lingua che già sappiamo essere indecidibile. L'idea è di ridurre una lingua all'altra: per dimostrare che se una è decidibile, anche l'altra deve essere decidibile, ma una di esse è già nota per essere indecidibile, il che porta alla conclusione che anche la prima è indecidibile. Maggiori informazioni sulle riduzioni in "Quali sono le tecniche comuni per ridurre i problemi gli uni agli altri?" .

Esempio.

Mostrare che la lingua diagonale è indecidibile.
$H P = {⟨ M, x ⟩ ∣ M halts on x}$ $HP = \{ \langle M,x \rangle \mid M \text{ halts on } x \}$

Prova.
Sappiamo che è indecidibile. Riduciamo a (questo è indicato ), cioè mostriamo che se fosse decidibile potremmo usare il suo decisore per decidere , che è una contraddizione. $L_D$ $L_D$ $HP$ $L_D \le HP$ $HP$ $L_D$

La riduzione funziona convertendo un candidato per (cioè un ingresso per qualsiasi potenziale decisore / accettore per ) per un candidato per tale che se e solo se . Ci assicuriamo che questa conversione sia calcolabile. Quindi, decidere ci dice se o meno , quindi se possiamo decidere HP saremmo anche in grado di decidere .¹ $w$ $L_D$ $L_D$ $w'$ $HP$ $w\in L_D$ $w' \in HP$ $w'$ $w\in L_D$ $L_D$

La conversione è la seguente. Richiedere un certo e uscita , ² dove è una MT che si comporta come , ma se scarti, allora entra in un ciclo infinito. $w=\langle M \rangle$ $w'=\langle M' , \langle M \rangle\rangle$ $M'$ $M$ $M$ $M'$

Vediamo che soddisfa i requisiti. Se , significa che si arresta e accetta in ingresso . Pertanto, anche soste e accetta in ingresso . Così, . D'altra parte, se allora rifiuta o non si ferma mai $w,w'$
$w\in L_D$ $M$ $\langle M\rangle$ $M'$ $\langle M\rangle$ $\langle M', \langle M\rangle \rangle \in HP$
$w\notin L_D$ $M$ . In entrambi i casi andrà in un ciclo infinito sul . Così, , e abbiamo finito mostrando che se e solo se , e hanno così visto come . $\langle M\rangle$ $M'$ $\langle M\rangle$ $\langle M', \langle M\rangle \rangle \notin HP$ $w\in L_D$ $w'\in HP$ $HP\notin R$

Ulteriori letture: molti esempi di riduzioni e dimostrazione di instabilità delle lingue possono essere trovati tramite il tag riduzioni .

Ci sono alcune ulteriori restrizioni sulla riduzione per essere validi. La conversione stessa deve essere calcolabile e ben definita per qualsiasi input.
Un ingresso di assomiglia , dove è un TM ed è una stringa. Quindi qui scegliamo la stringa come codifica della macchina , che è solo una stringa. $HP$ $\langle M,x\rangle$ $M$ $x$ $x$ $M$

4. Teorema di Rice

"Quindi ogni volta che desideriamo dimostrare che è indecidibile, dobbiamo ridurre (o ) ad esso? Non c'è qualche scorciatoia?" $L$ $L_D$ $HP$

Bene, in effetti, c'è. Questo è il teorema di Rice .

Il teorema afferma che molte lingue che hanno una certa struttura sono indecidibili. Poiché tutte queste lingue hanno questa certa struttura, possiamo fare una volta la riduzione e applicarla a qualsiasi lingua che ammetta una struttura simile.

Il teorema è formalmente dichiarato nel modo seguente,

$\emptyset \subsetneq S \subsetneq RE$ $L_S$
$L_{S} = {⟨ M ⟩ ∣ L (M) \in S}$ $L_S = \{ \langle M \rangle \mid L(M) \in S \}$

L'insieme è un sottoinsieme di lingue in ; la chiamiamo proprietà perché descrive una proprietà della lingua accettata . Tutte le TM il cui linguaggio soddisfa questa proprietà appartengono a . $S$ $RE$ $L(M)$ $L_S$

Ad esempio, può essere la proprietà che la lingua accettata contiene esattamente due parole: $S$ $L(M)$

$S_{2} = {L ∣ | L | = 2, L \in R E} .$ $S_2 = \{ L \mid |L| =2 , L \in RE\}.$ In questo caso è l'insieme di tutte le TM la cui lingua è composta esattamente da due parole: $L_{S_2}$ $L_{S_{2}} = {⟨ M ⟩ ∣ L (M) \in S} = {⟨ M ⟩ ∣ | L (M) | = 2} .$ $L_{S_2} = \{\langle M \rangle \mid L(M) \in S\} = \{\langle M \rangle \mid |L(M)|=2\}.$

La proprietà può essere molto semplice, ma non può essere tutte le lingue RE o nessuna delle lingue RE. Se o la proprietà si dice banale e la indotta è calcolabile. Un esempio per una semplice è quello che contiene solo una singola lingua, diciamo . Nota che sebbene contenga solo una sola lingua, ci sono infinitamente molte macchine cui lingua è , quindi è infinita e indecidibile. $S=\emptyset$ $S=RE$ $L_S$ $S$ $S_{complete}=\{ \Sigma^*\}$ $S$ $M$ $\Sigma^*$ $L_{S_{compete}}$

Il teorema è molto potente per dimostrare l'indecidibilità di molte lingue.

Esempio.

La lingua , è indecidibile $L_\emptyset = \{ \langle M \rangle \mid M \text{ never reaches the accepting state} \}$

Prova.
Possiamo scrivere come , ovvero per la proprietà . Questa è una proprietà non banale (include la lingua , ma non include, ad esempio, la lingua . Pertanto, dal teorema di Rice, è indecidibile. $L_\emptyset$ $\{ \langle M \rangle \mid L(M)=0 \}$ $L_\emptyset=L_S$ $S=\{ L \in RE, |L|=0\}$ $L=\emptyset$ $L=\{1, 11, 111,\ldots\}$ $L_\emptyset$

Ora dimostriamo il teorema. Come accennato in precedenza, mostreremo una riduzione da a (per qualsiasi arbitraria non banale ). $HP$ $L_S$ $S$

Prova.
Sia una proprietà non banale, . Mostriamo , ovvero riduciamo a modo che se possiamo decidere saremo in grado di decidere (cosa che sappiamo essere impossibile, quindi non può essere decidibile). Nella dimostrazione di seguito si assume che il linguaggio vuoto non fa parte della , che è . (se la lingua vuota è in , una prova equivalente funziona sulla proprietà del complemento , tralascerò i dettagli). Dal momento che $S$ $\emptyset \subsetneq S \subsetneq RE$ $HP \le L_S$ $HP$ $L_S$ $L_S$ $HP$ $L_S$ $S$ $\emptyset \notin S$ $S$ $\overline S = RE \setminus S$ $S$ non è banale, include almeno una lingua; chiamiamo quella lingua e supponiamo che sia una macchina che accetta (tale macchina esiste, poiché include solo le lingue in RE). $L_0$ $M_0$ $L_0$ $S$

Ricordiamo che in tale riduzione (vedere la sezione 3 sopra), dobbiamo mostrare come convertire un input per in un input per modo che $w$ $HP$ $w'$ $L_S$

w \in H P if and only if w^{'} \in L_{S}

$w\in HP \quad \text{ if and only if }\quad w' \in L_S$

Lascia che , lo convertiamo in dove la descrizione della macchina (su un input ) è la seguente: $w=(\langle M \rangle, x)$ $w'=\langle M' \rangle$ $M'$ $x'$

Esegui su . $M$ $x$
Se il passaggio 1 sopra si interrompe, eseguire su e accettare / rifiutare di conseguenza. $M_0$ $x'$

Vediamo che questa conversione è valida. Per prima cosa nota che è semplice costruire la descrizione di dato . $M'$ $w=(\langle M \rangle, x)$

Se , allora ferma su . In questo caso, procede al passaggio 2 e si comporta proprio come . Pertanto il suo linguaggio è accettato . Pertanto, . Se allora scorre su . Questo caso, loop su qualsiasi input - si blocca nella fase 1. Il linguaggio accettato da in questo caso è vuota, . Pertanto, . $w\in HP$ $M$ $x$ $M'$ $M_0$ $L(M')=M_0\in S$ $w'=\langle M' \rangle \in L_S$
$w\notin HP$ $M$ $x$ $M'$ $x'$ $M'$ $L(M')=\emptyset \notin S$ $w'=\langle M' \rangle \notin L_S$

4.1 Il teorema del riso esteso

Il teorema di Rice ci offre un modo semplice per dimostrare che un certo linguaggio che risponde ad alcune proprietà è indecidibile, cioè, . La versione estesa del teorema di Rice ci consente di determinare se la lingua è enumerabile in modo ricorsivo o meno, vale a dire se , controllando se soddisfa alcune proprietà aggiuntive. $L$ $L \notin R$ $L \notin RE$ $L$

Teorema (riso, esteso). Data una proprietà , la lingua è enumerabile in modo ricorsivo ( ) se e solo se tutte e tre le seguenti affermazioni congiuntamente hold $S \subseteq RE$
$L_{S} = {⟨ M ⟩ ∣ L (M) \in S}$ $L_S = \{ \langle M \rangle \mid L(M) \in S \}$ $L_S \in RE$

Per ogni due , se e anche poi anche . $L_1, L_2 \in RE$ $L_1 \in S$ $L_1 \subseteq L_2$ $L_2 \in S$

Se allora esiste un insieme finito sottoinsieme modo che . $L_1\in S$ $L_2 \subseteq L_1$ $L_2 \in S$

L'insieme di tutte le lingue finite in è enumerabile (in altre parole: esiste una TM che elenca tutte le lingue finite ). $S$ $L\in S$

Prova.
Questo è un teorema "se e solo se", e dovremmo dimostrare entrambe le sue direzioni. Innanzitutto, mostriamo che se una delle condizioni (1,2,3) non è , allora . Dopodiché mostreremo che se tutte e tre le condizioni contemporaneamente, allora . $L_S \notin RE$ $L_S \in RE$

Se (1,2) rimane, ma (3) no, allora $L_S \notin RE$ .
Supponiamo che , e vedremo che abbiamo un modo per accettare tutte le lingue finite in (e quindi, l'insieme di tutte queste lingue è RE), quindi la condizione (3) vale e arriviamo a una contraddizione . Come decidere se una finita appartiene o meno a ? Facilmente - usiamo la descrizione di per costruire una macchina che accetta solo le parole in , e ora eseguiamo la macchina di su (ricorda - abbiamo assunto , quindi esiste una macchina che accetta $L_S \in RE$ $S$ $L$ $S$ $L$ $M_L$ $L$ $L_S$ $M_L$ $L_S\in RE$ $L_S$ !). Se quindi e da , la sua macchina dirà sì sull'input , e abbiamo finito. $L\in S$ $\langle M_L \rangle \in L_S$ $L_S\in RE$ $\langle M_L \rangle$

Se (2,3) rimane, ma (1) no, allora $L_S \notin RE$ .
Partiamo dal presupposto che e mostreremo che abbiamo un modo per decidere , portando a una contraddizione. $L_S \in RE$ $HP$

Perché la condizione (1) non vale, c'è un linguaggio e un superset di esso, in modo che . Ora ripeteremo l'argomento usato nella Sezione 4 per decidere : dato un input per , costruiamo una macchina cui lingua è if o altro, la sua lingua è . Quindi, possiamo decidere : ferma su oppure la macchina RE per accetta $L_1 \in S$ $L_2 \supseteq L_1$ $L_2 \notin S$ $HP$ $(\langle M \rangle,x)$ $HP$ $M'$ $L_1$ $(\langle M \rangle,x)\notin HP$ $L_2$ $HP$ $M$ $x$ $L_S$ $M'$ ; possiamo correre entrambi in parallelo e sono garantiti che almeno uno si fermerà.

Diamo i dettagli della costruzione di (sull'input ): $M'$ $x'$

Effettuate le seguenti operazioni in parallelo:
1.1 eseguite su . 1.2 esegui la macchina di su $M$ $x$
$L_1$ $x'$
Se 1.2 si interrompe e accetta, accetta.
Se 1.1 si ferma: avvia la macchina di su . $L_2$ $x'$

Perché funziona? Se 1.1 non si ferma mai e accetta esattamente tutti gli input che sono stati accettati al passaggio 1.2, quindi . D'altra parte, se allora, ad un certo punto il passo 1.1 si interrompe e accetta esattamente . Può accadere che accetti in anticipo, ma poiché , in questo caso non cambia la lingua di . $(\langle M \rangle,x)\notin HP$ $M'$ $L(M')=L_1$ $(\langle M \rangle,x)\in HP$ $M'$ $L_2$ $1.2$ $L_1 \subseteq L_2$ $M'$

Se (1,3) rimane, ma (2) no, allora $L_S \notin RE$ .
Ancora una volta, assumeremo e mostreremo che diventa decidibile, il che è una contraddizione. $L_S\in RE$ $HP$

Se la condizione (2) non è valida, allora per qualsiasi , tutti i suoi sottoinsiemi finiti soddisfano (notare che deve essere infinito, poiché ). Come sopra, al fine di decidere per un dato input , costruiamo una macchina cui lingua è se e un po' finito altrimenti. La contraddizione segue in modo simile a quanto sopra. $L_1\in S$ $L_2 \subseteq L_1$ $L_2 \notin S$ $L_1$ $L_1\subseteq L_1$ $HP$ $(\langle M \rangle,x)$ $M'$ $L_1$ $(\langle M \rangle,x)\notin HP$ $L_2$

La costruzione di questa macchina è abbastanza simile alla precedente abbiamo costruito. La macchina (sull'ingresso ) fa: $M'$ $M'$ $x'$

Esegue su perpassi. $M$ $x$ $|x'|$
Se ferma durante il passaggio 1, rifiuta $M$
Altrimenti, esegui la macchina di su . $L_1$ $x'$

Sostiene che, se , poi ad un certo punto, dopo 1000 passi, ferma su . Pertanto, il passaggio 1 si interromperà (e rifiuterà) qualsiasi input di lunghezza . Pertanto, in questo caso, è finito . Si noti inoltre che , e, in particolare, per le nostre ipotesi sulla nullità della condizione (2), abbiamo che . $(\langle M \rangle,x)\in HP$ $M$ $x$ $x'$ $>1000$ $L(M')$ $L(M') \subseteq L_1$ $L(M) \notin S$

D'altra parte, se , il passaggio 1 non si interrompe mai e non rifiutiamo mai al passaggio 2. In questo caso è facile vedere che e in particolare, . $(\langle M \rangle,x)\notin HP$ $L(M)=L_1$ $L(M)\in S$

Ci resta da mostrare l'altra direzione del teorema esteso. Cioè, dobbiamo dimostrare che se tutte le condizioni (1,2,3) , allora abbiamo una TM che accetta , cioè . In altre parole, dobbiamo mostrare una macchina modo che per qualsiasi input per cui , la macchina accetti questo input, . $L_S$ $L_S \in RE$ $M_S$ $\langle M \rangle$ $L(M) \in S$ $M_S(\langle M \rangle) \to \textsf{accept}$

Ecco come si comporta la macchina (in input ): $M_S$ $\langle M \rangle$

Sia la macchina che elenca tutti i linguaggi finiti in , garantito dalla condizione (3). $M_{\text{enum }S}$ $S$
Esegui quanto segue in parallelo (a coda di rondine, vedi ad esempio, this e this ) per 2.1 Esegui fino a quando non emette la lingua 2.2. Controlla se accetta tutte le parole di (esegui su queste parole, sempre in parallelo). 2.3. Se per alcuni , accetta tutte le parole di - accetta. $i=1,2,...$
$M_{\text{enum }S}$ $L_i$
$M$ $L_i$ $M$
$i$ $M$ $L_i$

Perché funziona Se ha un sottoinsieme finito , e una volta che genera quel sottoinsieme, il passaggio 2.2 / 2.3 troverà che accetta tutte le parole in quella lingua e accettare. $L(M) \in S$ $L_j \in S$ $M_{\text{enum }S}$ $M$

D'altra parte, se non si può accettare tutte le parole per qualsiasi . In effetti, per condizione (1), anche è in , quindi se accetta tutte le parole in per alcuni , allora e quindi , in contraddizione. $L(M) \notin S$ $L_i$ $i=1,2,...$ $L' \supseteq L_i$ $S$ $M$ $L_i$ $i$ $L(M)\supseteq L_i$ $L(M) \in S$

Infine, nota che quanto segue è un corollario semplice (e molto utile) di quanto sopra:

Corollario (riso, esteso). Data una proprietà non banale , in modo che , la lingua non è enumerabile ricorsivamente, cioè . $S \subsetneq RE$ $\emptyset \in S$
$L_{S} = {⟨ M ⟩ ∣ L (M) \in S}$ $L_S = \{ \langle M \rangle \mid L(M) \in S \}$ $L_S \notin RE$

— Suonò.
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Grazie per aver aggiunto la versione estesa del teorema di Rice! Conosco una versione diversa; Dovrò scavare quello. Comunque, non penso che sia molto importante o addirittura utile avere le prove qui. Forse puoi fare riferimento a loro o caricarli da qualche altra parte se non esiste un buon riferimento?

— Raffaello

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Uno strumento utile è il teorema di Rice . Ecco cosa dice:

Sia un insieme non banale di funzioni unarie parzialmente calcolabili e una numerazione di Gödel di . Quindi il set di indici di $\emptyset \subsetneq P \subsetneq \mathcal{P}$ $\varphi$ $\mathcal{P}$ $P$

$\qquad I_P = \{ i \in \mathbb{N} \mid \varphi_i \in P \}$

non è ricorsivo.

Lo trovi anche espresso in termini di codifiche delle macchine di Turing (o di qualsiasi altro linguaggio di programmazione completo di Turing), cioè ; qui definisce una numerazione di Gödel. $I_P = \{ \langle M \rangle \mid M\ \mathrm{TM}, f_M \in P \}$ $\langle . \rangle$

Cioè, puoi usare il teorema di Rice per dimostrare che tali insiemi non ricorsivi sono insiemi di insiemi di funzioni non banali (o tali sono riducibili a ). $S$ $S$

Si noti che esiste un'estensione che può essere utilizzata per mostrare che determinati set di indici non sono enumerabili in modo ricorsivo.

Esempio

Consenti a una numerazione di Gödel. Considera l'insieme dei naturali $\varphi$

$\qquad A = \{ i \in \mathbb{N} \mid \varphi_i(j) = 1 \text{ for all } j \in 2\mathbb{N} \}$ .

Ora poiché per $P = \{ f \in \mathcal{P} \mid f(j) = 1 \text{ for all } j \in 2\mathbb{N} \}$

$A = I_P$ ,
$(n \mapsto 1) \in P$ e
$(n \mapsto 2) \notin P$ ,

Il teorema di Rice può essere applicato e non è decidibile. $A$

Poiché molti non hanno familiarità con le numerazioni di Gödel, si noti che l'esempio funziona anche in termini di macchine di Turing (ovvero programmi) utilizzando . $A = \{ \langle M \rangle \mid f_M(x) = 1 \text{ for all } x \in 2\mathbb{N} \}$

Unexample

Considera l'insieme dei naturali

$\qquad A = \{ i \in \mathbb{N} \mid \varphi_i(j) = i \text{ for all } j \in 2\mathbb{N} \}$

che non è certamente calcolabile. Tuttavia, non è un indice impostato per qualsiasi ! Lasciate per un po ' . Poiché è una numerazione di Gödel , ci sono (infinitamente molti) con ma per tutti vale perché . $A$ $P$ $f=\varphi_i$ $i \in A$ $\varphi$ $j \neq i$ $\varphi_j = f$ $j \notin A$ $f(2)=i \neq j$

Diffidare di questo! Come regola empirica, se l'indice della funzione viene utilizzato sul "lato destro" o come parametro della funzione nella definizione dell'insieme, probabilmente non è un insieme di indici. Potresti aver bisogno della proprietà delle numerazioni di Gödel e del teorema del fixpoint per mostrare che un set non è un set di indici. $s_{mn}$

Vedi qui e qui per i post correlati sul teorema di Rice.

— Raffaello
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