Domanda relativa al decimo problema di Hilbert

Dato $n \in \mathbb{N}$ e $p,q \in \mathbb{N}[x_1,\ldots,x_n]$ si può definire la seguente formula nel linguaggio dell'aritmetica formale

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

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

Vorrei dimostrare che ci sono infinitamente molte triple $(n,p,q)$ tale che nessuno dei due $\varphi(n,p,q)$ né $\neg \varphi(n,p,q)$ è un teorema dell'aritmetica formale.

Nel mostrare questo posso usare il fatto che il problema di decidere se un polinomio $r \in \mathbb{Z}[x_1,\ldots,x_n]$ ha uno zero naturale è indecidibile.

Conoscendo il fatto sopra sappiamo che esiste un polinomio $r \in \mathbb{Z}[x_1,\ldots,x_n]$ tale che nessuno dei due

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

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

\neg φ^{'}

$\neg \varphi'$ è un teorema. (Qui i quantificatori sono sopra i naturali che non sono sicuro di poter usare deliberatamente?)

Una volta che abbiamo tale $r$ possiamo scriverlo come

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

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

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

$p,q \in \mathbb{N}[x_1,\ldots,x_n]$ e quindi

φ (n, p, q)

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

\neg φ (n, p, q)

$\neg \varphi(n,p,q)$ non sono inoltre teoremi da allora

φ

$\varphi$ è logicamente equivalente a

φ^{'}

$\varphi'$ e abbiamo dimostrato che questo non è un teorema.

Una volta che ne abbiamo una tripla $(n,p,q)$ ne abbiamo infiniti molti poiché possiamo semplicemente prenderli $(n,p+k,q+k)$ per $k \in \mathbb{N}.$

Dal momento che non ho mai fatto cose del genere prima mi chiedo se il ragionamento di cui sopra sia corretto?

computability logic undecidability

— Jernej
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Puoi anche moltiplicare entrambe le parti per un fattore costante ...

— codice

Sarebbe più interessante trovare coppie infinite di (p, q) che non sono correlate da "trasformazioni affine". Ho il sospetto che ci sia un argomento relativamente semplice per dimostrarlo.

— cody

Puoi sostituire

a + b

$a+b$ o

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

$a^2+b^2+c^2+d^2$ per una variabile

x_{i}

$x_i$ per ottenere una coppia "diversa"

(p, q)

$(p,q)$ .

— Yuval Filmus,

Come indicato da Yuval e cody ci sono soluzioni facili per ottenere infinitamente molte equazioni di Dihanthant che non sono provabili né confutabili (diciamo in PA).

Tuttavia, questa soluzione sintattica si traduce in insiemi notevolmente equivalenti, ovvero insiemi che la teoria può dimostrare di essere equivalenti. Puoi considerarli come argomenti di riempimento. Un altro modo è l'aggiunta di una variabile che non viene utilizzata affatto.

Puoi anche giocare con l'aggiunta o la rimozione esplicita di alcune stringhe (variazioni finite dell'insieme).

Se vuoi ottenere equazioni di Dihanthant che sono "essenzialmente" diverse (ad esempio i set non sono equivalenti di Turing), allora è più impegnativo e penso che sapere che esiste un'equazione di Diophantine indipendente non è sufficiente, avrai bisogno del fatto che ogni ri set può essere codificato come equazione diofantea (o qualcosa di simile).

ps: poiché ti preoccupi solo dell'indipendenza, è più naturale rappresentare queste formule in quanto le equazioni di Dihanthant non le loro negazioni.

— Kaveh
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