Чи можливо, що проблема зупинки вирішена для всіх входів, крім коду машини?

У мене виникло питання про проблему зупинки, і я не зміг знайти хорошої відповіді в Інтернеті, цікавившись, чи хтось може допомогти.

Чи можливо, що проблема зупинки вирішується для будь-якого ТМ на будь-якому вході, якщо вхід не є самою TM? В основному:

Halts(TM, I)
    IF TM == I:
        Undecidable, return a random result/throw an exception, whatever
    ELSE:
        Solve the problem

Halts'(X)
    IF Halts(X, X):
        Loop infinitely
    ELSE:
        Print 'done'

Це, здавалося б, вирішує протиріччя. Коли ми називаємо парадоксальними Halts '(Halts'), ми не можемо очікувати послідовної поведінки, але всі інші виклики Halts (і Halts ') є законними та вирішуваними.

Я розумію, що це дуже неінтуїтивно. Якщо якась картина в бітах могла б розкрити поведінку всіх можливих програм, чому вона раптом розвалиться, коли TM і input збігаються? Але чи можемо ми математично усунути це як можливість?

І ця проблема зменшення зупинки взагалі не була б нецікавою. Навіть якби була якась змістовна програма, яка взяла власний код як вхід, вона могла б тривіально переписати для роботи на дещо іншому введенні. Звичайно, ця пропозиція робить ще менш зрозумілим, чому рішення щодо зупинки може існувати з цим застереженням, але знову ж таки, чи можемо ми реально математично виключити цю можливість?

Дякуємо за будь-яку допомогу.

Але ми можемо легко обійти ваше обмеження. Припустимо, програма яка обертає біти вхідного сигналу і викликає ваш за результатом, а потім визначає з усіма бітами, оберненими назад (тобто 0 для 1s, 1s для 0s). Тоді ми можемо назвати ваш допомогою і повернемося до початкової проблеми.$G$$H'$$!H$$H'$$G(!H)$

Нагадаємо стандартний доказ нерозбірливості проблеми зупинки. Припустимо, що деяка машина  вирішує проблему зупинки, і нехай - машина, яка при вході  використовує  щоб визначити, чи зупиняється і, якщо так,  петлі ; в іншому випадку  зупиняється. Тепер зупиняється, якщо і лише якщо він не зупиняється.$H$$Q$$\langle M\rangle$$H$$M(\langle M\rangle)$$Q$$Q$$Q(\langle Q\rangle)$

Чи можливо, що проблема зупинки вирішується для будь-якого ТМ на будь-якому вході, якщо вхід не є самою TM?

Ні. Якщо ви зміните визначення проблеми зупинки таким чином, доказ все ще працює. Ми не хвилює те , що відбувається , коли  отримує  в якості вхідних даних , так як протиріччя приходить після того, як ми даємо введення в  .$H$$\langle H\rangle$$\langle Q\rangle, \langle Q\rangle$$H$

По-друге, якщо ви модифікували  для виявлення цього входу, ми могли б отримати те саме протиріччя, використовуючи будь-яку іншу машину  яка еквівалентна  у тому сенсі, що для будь-якого вводу  ,  зупиняється, якщо і тільки якщо ,  зупинки. Їх існує нескінченно багато, і  не може їх виявити, тому що не можна визначити, чи є дві машини Тьюрінга рівнозначними.$H$$Q'$$Q$$w$$Q'(w)$$Q(w)$$H$