невирішувану проблему та її заперечення не можна визначити

Тим не менш, багато "відомих" невирішених проблем є, як мінімум, нерозбірливими, їх доповнення не можна визначити. Одним із прикладів може бути проблема зупинки та її доповнення.

Однак чи може хтось надати мені приклад, в якому і проблема, і її доповнення не можна визначити і не можна вирішити? Я думав про мову діагоналізації Ld, але мені не здається, що доповнення не можна визначити.

У цьому випадку чи означає це, що машина Тьюрінга М може «втратити» деякі рядки, які замість цього слід розпізнати, оскільки вони є частиною мови, яку ми намагаємося ідентифікувати?

Розглянемо наступну мову:

$$L_2 = \{(M_1,x_1,M_2,x_2) : \text{$M_1$ halts on input $x_1$ and $M_2$ doesn't halt on input $x_2$}\}.$$

M 2 x 2 L 2 L 2 M $L_2$ визначається і не може бути напіврозрізним, і це саме стосується його доповнення. Чому? Інтуїція: " не зупиняється на вході " не є напіврозбірним, тому не є напіврозбірним; і коли ви дивитесь на додаток , те саме відбувається і з . Це можна формалізувати більш ретельно за допомогою скорочень.$M_2$$x_2$$L_2$$L_2$$M_1$

У більш загальному випадку, якщо - це мова, яку не можна визначити і не може бути напіврозбірливою, то$L$

$$L' = \{(x,y) : x \in L, y \notin L\}$$

відповідає вашим вимогам: визначається і не може бути напіврозбірним, і те саме стосується доповнення .L $L'$$L'$

Зауважте, що переважна більшість проблем відповідає критерію, який ви шукаєте: і проблема, і її доповнення не є напіврозв'язними. Це тому, що існує лише незліченна кількість напіврозв'язних проблем, але існує незліченно багато проблем.

Для прикладу, нехай буде проблемою зупинки для машин Тьюринга і нехай клас машина Тьюринга з оракулом для  . Нехай - проблема зупинки для  . Я стверджую, що ні ні  є напіврозбірливимM H H 2 M H 2 ¯ H $H$$\cal{M}$$H$$H_2$$\cal{M}$$H_2$$\overline{H_2}$

Ми можемо показати, що не вирішує жодна машина в  : аргумент такий же, як аргумент про те, що звичайну проблему зупинки машини Тьюрінга  не вирішує жодна звичайна машина Тьюрінга. Тепер припустимо, що для противного , що  є напів-рішенням якої - то звичайної машини Тьюринга  . Що ж, з оракулом для  ми можемо перевірити, чи  зупиняється на якомусь конкретному вході, що суперечить тому, що жодна машина в  вирішує  . Таким чином,  не є напіврозв'язним.M H H 2 T H T M H 2 H $H_2$$\cal{M}$$H$$H_2$$T$$H$$T$$\cal{M}$$H_2$$H_2$

Залишається показати, що не може бути напіврозв’язним. По-перше, зауважте, що це рішення було напіввизначено машиною в  : знову ж таки аргумент такий же, як  який був напіввирішений звичайною машиною Тюрінга.  не може бути вирішено на півкільця машиною в  тому що, якби це було, і  обидва були б вирішені машинами на  , тому обидві мови вирішили б машини в  . Але ми вже знаємо, що  не вирішує жодна машина в  . Тому MH ¯ H 2 MH2 ¯ H 2 MMH2M ¯ H 2 M ¯ H 2 M$\overline{H_2}$$\cal{M}$$H$$\overline{H_2}$$\cal{M}$$H_2$$\overline{H_2}$$\cal{M}$$\cal{M}$$H_2$$\cal{M}$$\overline{H_2}$ не приймається рішенням жодної машини в  . Крім того, не є рішенням жодної звичайної машини Тьюрінга, оскільки  містить кожну звичайну машину Тьюрінга. (Звичайна машина Тьюрінга - це машина Тюрінга з оракулом для  яка ніколи не використовує цей оракул.)$\cal{M}$$\overline{H_2}$$\cal{M}$$H$

Ось кілька природних прикладів:

• Мова всіх машин Тьюрінга зупиняється на всіх входах, іноді позначається TOT. Ця мова -повна.$\Pi_2^0$

• Мова всіх машин Тьюрінга зупиняється на нескінченно багато входів, які іноді позначаються INF. Ця мова також -повна.$\Pi_2^0$

• Мова всіх машин Тьюрінга, що зупиняються на довільно довгих входах, іноді позначаються COF. Ця мова -повна.$\Sigma_3^0$

Σ 0 $\Pi_2^0$ і - рівні арифметичної ієрархії . Результати повноти передбачають, зокрема, те, що ці мови не підлягають однозначному вирішенню та не можуть бути однозначними.$\Sigma_3^0$