Gibt es Beweise für die Unentscheidbarkeit des Halteproblems, die nicht von der Selbstreferenzierung oder Diagonalisierung abhängen?

Dies ist eine Frage im Zusammenhang mit diesem . Ich habe es nach vielen Diskussionen noch einmal in eine viel einfachere Form gebracht, dass es sich wie eine ganz andere Frage anfühlte.

Der klassische Beweis für die Unentscheidbarkeit des Halteproblems hängt davon ab, einen Widerspruch aufzuzeigen, wenn versucht wird, einen hypothetischen HALT-Entscheider auf sich selbst anzuwenden. Ich denke , dass dies bezeichnet nur die Unmöglichkeit eines STOPP mit Entscheiders , dass entscheidet , ob sich aufhalten wird oder nicht, aber geben keine Auskunft über die über die Entscheidbarkeit des Anhaltens von irgendwelchen anderen Fällen.

Die Frage ist also

Gibt es einen Beweis dafür, dass das Stopp-Problem unentscheidbar ist, der nicht davon abhängt, zu zeigen, dass HALT sich nicht selbst entscheiden kann und auch nicht vom Argument der Diagonalisierung abhängt?

Kleine Änderung: Ich werde mich der ursprünglichen Formulierung der Frage widmen, in der ein Beweis verlangt wird, der überhaupt nicht von der Diagonalisierung abhängt (anstatt nur zu verlangen, dass er nicht von der Diagonalisierung abhängt, die von HALT abhängt).

Ja, es gibt solche Beweise in der Berechenbarkeitstheorie (auch Rekursionstheorie genannt).

Sie können zunächst zeigen , dass das Halteproblem (die Menge ) verwendet werden kann , um einen Satz zu berechnen , das ist 1-generic Bedeutung , dass in gewissem Sinne jede Tatsache über durch eine endliche entschieden wird Präfix von . Dann ist es leicht zu beweisen, dass eine solche Menge nicht berechenbar (dh entscheidbar) ist. G ≤ N ≤ 0 1 G G $0'$$G\subseteq\mathbb N$$\Sigma^0_1$$G$$G$$G$

Wir könnten hier 1- generisch durch 1-zufällig ersetzen , dh Martin-Löf-zufällig , für den gleichen Effekt. Dies verwendet den Jockusch-Soare-Satz mit niedriger Basis .

(Warnung: Man könnte erwägen, nur zu zeigen, dass Chaitins berechnet , was 1-zufällig ist, aber hier müssen wir vorsichtig sein, ob der Beweis, dass 1-zufällig ist, darauf beruht, dass das Stopp-Problem unentscheidbar ist! Deshalb ist es sicherer, nur den Satz der niedrigen Basis zu verwenden).Ω$0'$$\Omega$$\Omega$

Reposted von meinem Kommentar nach Anfrage:

Beginnen Sie mit der Beobachtung, dass es nicht entscheidbare Probleme gibt (einfaches Kardinalitätsargument), und außerdem, dass es ein nicht entscheidbares Problem P gibt, bei dem ein TM M seine Mitglieder erkennt (aber möglicherweise nicht bei Nichtmitgliedern endet). Wenn Sie nun HALT (M) lösen, erhalten Sie eine Entscheidung für P. Wir prüfen zunächst, ob M auf x anhält. Wenn dies der Fall ist, führen wir es aus und geben das Gleiche wie M zurück. Andernfalls lehnen wir es ab, da M bei jedem Mitglied von P anhält. Dies ist nun ein Widerspruch, da wir angenommen haben, dass P unentscheidbar war.

Anmerkung: Er stellte klar, dass er nach einem Argument suchte, das eine Diagonalisierung mit HALT direkt vermeidet, und nicht nach einem Argument, das eine Diagonalisierung vollständig vermeidet.

EDIT: Dieses Argument steckt fest. Können Sie direkt zeigen, dass RE - REC nicht leer ist, außer um zu zeigen, dass HALT drin ist?

Ein anderes Plakat spielte darauf an (unter Bezugnahme auf Chaitin), aber Sie können das Berry-Paradoxon verwenden, um zu beweisen, dass das Stopp-Problem nicht zu entscheiden ist. Hier ist eine kurze Skizze des Beweises:

Sei HALT eine Maschine, die entscheidet, ob eine Maschine M bei Eingabe I anhält. Wir werden zeigen, dass HALT selbst bei einer bestimmten Eingabe nicht anhält, was zeigt, dass es nicht in der Lage ist, die Sprache zu bestimmen.

Betrachten Sie die folgende Funktion f:

f (M, n) = a, wobei a die kleinste positive ganze Zahl ist, die von der Maschine M an einer Eingabe I mit | I | nicht berechnet werden kann <n

Unter der Annahme, dass HALT eine berechenbare Funktion ist, ist f auch eine berechenbare Funktion; simulieren Sie einfach HALT (M, I) für jede Maschine M und geben Sie den String I mit der Länge von I kleiner als n ein. Wenn die Simulation anhält, simulieren Sie M (I) und notieren Sie, was der Ausgang ist, und finden Sie den kleinsten Ausgang a, der von keinem der M, n-Paare ausgegeben wird.

Wir zeigen nun, dass f nicht berechenbar ist: Betrachten Sie f (f, 10000000 * | f | +10000000). Was immer es ausgibt, es sollte eine (positive) Ganzzahl sein, die von der Maschine nicht berechnet werden kann Eingang.

Somit ist f nicht berechenbar, und daher ist unsere Annahme, dass HALT berechenbar war, falsch. Ich glaube nicht, dass dieser Beweis die Diagonalisierung nutzt.

Ich bin nicht sicher, ob dies zählt, aber Sie können es mit dem Rekursionssatz beweisen. Der Rekursionssatz besagt, dass wenn eine effektive Auflistung aller Turingmaschinen ist und eine rekursive Funktion ist, es ein so dass an allen Eingängen. Wenn Sie entscheiden könnten, ob eine bestimmte Maschine an der Eingabe anhält oder nicht , könnten Sie ein rekursives schreiben , das an der Eingabe den Index einer Turing-Maschine ausgibt, die an wenn nicht an . Durch den Rekursionssatz gibt es , so dass = f e W e = W f ( e ) 0 f e 0 W e 0 e W e ( 0 ) W f ( e ) ( 0 $\{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)$ ist ein Widerspruch.