La prova per la complessità di Kolmogorov è impensabile usando le riduzioni

Sto cercando una prova che la complessità di Kolmogorov è incontestabile usando una riduzione da un altro problema ineccepibile. La prova comune è una formalizzazione del paradosso di Berry piuttosto che una riduzione, ma dovrebbe esserci una prova riducendo da qualcosa come il problema di Halting o il problema di corrispondenza di Post.

Puoi trovare due prove diverse in:

Gregory J. Chaitin, Asat Arslanov, Cristian Calude: la complessità del programma calcola il problema dell'arresto. Bollettino dell'EATCS 57 (1995)

In Li, Ming, Vitányi, Paul MB; Un'introduzione alla complessità di Kolmogorov e alle sue applicazioni è presentata come un esercizio (con un suggerimento su come risolverlo, accreditato a P. Gács da W. Gasarch in una comunicazione personale il 13 febbraio 1992).

** Ho deciso di pubblicarne una versione estesa sul mio blog .

Questa è stata una domanda divertente a cui pensare. Come descritto nell'altra risposta e nei commenti qui sotto, c'è una riduzione di Turing dal problema di Halting al calcolo della complessità di Kolmogorov, ma in particolare non esiste una riduzione così numerosa, almeno per una definizione di "calcolo della complessità di Kolmogorov".

Definiamo formalmente di cosa stiamo parlando. Lascia che denoti il ​​linguaggio standard di TM che si ferma quando viene data una descrizione di se stessi come input. Lasciate K O denotano { ⟨ x , k ⟩ | x  ha Kolmogorov complessità esattamente  k } .$HALT$$KO$$\{ \langle x,k \rangle \mid x \text{ has Kolmogorov complexity exactly } k \}$

Supponiamo che con qualche riduzione di molti. Sia f : { 0 , 1 } ∗ → { 0 , 1 } ∗ denota la funzione calcolata da questa riduzione. Considera l'immagine di H A L T sotto f , che indicherò f ( H A L T ) .$HALT \le KO$$f: \{0,1\}^* \rightarrow \{0,1\}^*$$HALT$$f$$f(HALT)$

Nota è composto da stringhe della forma ⟨ x , k ⟩ dove x ha Kolmogorov complessità esattamente k . Dichiaro che le k che si verificano in f ( H A L T ) non hanno limiti, in quanto esiste solo un numero finito di stringhe con complessità di Kolmogorov esattamente k , e f ( H A L T ) è infinito.$f(HALT)$$\langle x,k\rangle$$x$$k$$k$$f(HALT)$$k$$f(HALT)$

Poiché è ricorsivamente enumerabile (noto anche come Turing in alcuni libri), ne consegue che f ( H A L T ) è ricorsivamente enumerabile. Combinato con il fatto che i k s' è illimitata, possiamo elencare f ( H A L T ) fino a trovare un po' di ⟨ x , k ⟩ con k grande come vogliamo; cioè esiste una TM M che sull'ingresso k uscite qualche elemento ⟨ x , k $HALT$$f(HALT)$$k$$f(HALT)$$\langle x,k\rangle$$k$$M$$k$ .$\langle x,k \rangle \in f(HALT)$

Scrivi una nuova TM che procede come segue: prima calcola | M ′ | usando il teorema di ricorsione di Kleene. Interrogazione M con input | M ′ | + 1 per ottenere ⟨ x , | M ′ | + 1 ⟩ ∈ f ( H A L T ) . Uscita x .$M'$$|M'|$$M$$|M'|+1$$\langle x, |M'|+1\rangle \in f(HALT)$$x$

Chiaramente l'output di M ′ è una stringa con al massimo la complessità di Kolmogorov | M ′ | ma ⟨ x , | M ′ | + 1 ⟩ ∈ f ( H A L T ) che è una contraddizione.$x$$M'$$|M'|$$\langle x, |M'|+1\rangle \in f(HALT)$

Credo che tu possa anche sostituire il problema "Kolmogorov complessità esattamente " con "Kolmogorov complessità almeno k " con lievi modifiche.$k$$k$