Розбірливість трансцендентальних чисел

У мене є питання, відповідь якого, мабуть, добре відомий, але я, здається, не знайшов нічого змістовного після невеликого пошуку, тому я вдячний би за допомогу.

Моє запитання - чи відомо, що вирішити, чи є число трансцендентальним, не можна визначити.

Можливо, можна взяти за вхід, скажімо, програму, яка повертає i ^ -й біт числа. Заздалегідь дякую за будь-які покажчики.

computability computable-analysis

— іпсофакто
джерело

Якщо реальні цифри представлені програмами, що обчислюють даний біт, або програмами, що обчислюють раціональні наближення, або будь-яким подібним типом програм, то єдиними вирішальними наборами реалів є тривіальні (тобто ті, що містять або всі обчислювані реали, або відсутні обчислювальні реали) , за теоремою Райса.

— Еміль Єржабек

Як це відображення?

$\:$

Відповіді:

Рішення Крістоффера можна використовувати, щоб показати, що, припускаючи, що дійсні дані представлені так, що ми можемо обчислити межі послідовностей дійсних даних, які обчислюється Коші. Нагадаємо, що послідовність $(a_n)_n$ обчислено Коші, якщо є обчислювана карта $f$ такий, що, з огляду на будь-який $k$ ми маємо $|a_{m} - a_{n}| < 2^{-k}$ для усіх $m, n \geq f(k)$ . Стандартні уявлення реалів подібні, наприклад, таке, де реальність представлена машиною, яка обчислює довільно гарне раціональне наближення. (Ми також можемо говорити з точки зору обчислення цифр, але тоді ми повинні дозволити негативні цифри. Це добре відома проблема в теорії обчислювальних даних.)

Теорема: Припустимо $S \subseteq \mathbb{R}$ є підмножиною таким, що існує обчислювана послідовність $(a_n)_n$ який обчислюється Коші та його межа $x = \lim_n a_n$ знаходиться назовні $S$ . Тоді питання "справжнє число $x$ елемент $S$ "не можна визначити.

Доказ. Припустимо $S$ були вирішальними. Дано будь-яку машину Тьюрінга $T$ , розглянемо послідовність $b_n$ визначено як

b_{n} = {\begin{cases} a_{n} & if T has not halted in the first n steps, \\ a_{m} & if T has halted in step m and m \leq n . \end{cases}

$b_n = \begin{cases} a_n & \text{if $T$ has not halted in the first $n$ steps,}\\ a_m & \text{if $T$ has halted in step $m$ and $m \leq n$.} \end{cases}$ Це легко перевірити

b_{n}

$b_n$ обчислено Коші, тому ми можемо обчислити його межу

y = lim_{n} b_{n}

$y = \lim_n b_n$ . Зараз у нас є

y \in S

$y \in S$ iff

T

$T$ зупинки, тому ми можемо вирішити проблему зупинки. QED.

Існує подвійна теорема, в якій ми припускаємо, що послідовність знаходиться поза $S$ але його межа в $S$ .

Приклади наборів $S$ задовольняючи цим умовам є: відкритий інтервал, замкнутий інтервал, від'ємні числа, синглтон $\lbrace 0 \rbrace$ , раціональні числа, ірраціональні числа, трансцендентні числа, алгебраїчні числа тощо.

Множина, яка не відповідає умовам теореми, є множиною $S = \lbrace q + \alpha \mid q \in \mathbb{Q}\rbrace$ раціональних чисел, переведених на не обчислюване число $\alpha$ . Вправа: є $S$ рішуче?

— Андрій Бауер
джерело

Дякуємо за Ваш відповідь. Тільки уточнення, чи говорить теорема, що якщо множина S має принаймні одну граничну точку поза S, то вирішує, чи елемент x у S не визначається? Потім я трохи заплутався щодо закритого інтервалу в прикладах.

— ipsofacto

Замкнутий інтервал слідує подвійній теоремі, в якій ви приймаєте послідовність назовні

S

$S$ межа якої в

S

$S$ .

— Андрій Бауер

Що це означає для

x

$x$ бути «надворі

S

$S$ обчислено "(на відміну від" зовні)

S

$S\hspace{.01 in}$ ")

$\:$ ?

$\;\;$

Це був друкарський помилок. Я фідексую це, дякую, що помітили. Інакше "

x

$x$ обчислюється зовні

S

$S$ "може означати щось на зразок" для кожного

y \in S

$y \in S$ ми можемо обчислити позитивне раціональне

q

$q$ такий як

d (x, y) > q

$d(x,y) > q$ ", тобто твердження"

\forall y \in S . \exists q \in Q . 0 < q < d (x, y)

$\forall y \in S . \exists q \in \mathbb{Q} . 0 < q < d(x,y)$ "реалізовано. Але якщо ви вірите в принцип Маркова, то ви можете реконструювати таку карту, просто знаючи це

x

$x$ не в

S

$S$ , тому в цьому випадку різниці між "зовнішніми" немає

S

$S$ і "підрахунок зовні

S

$S$ ".

— Андрій Бауер

Дано машину Тюрінга $M$ , визначте машину Тюрінга $M'$ представляючи число таким чином: На вхід $i$ бігати $M$ для $i$ кроки на порожній вхід. Якщо $M$ зупинено, вихід $0$ . В іншому випадку виведіть $i$ го біт $\pi$ .

— Крістофер Арнсфельт Хансен
джерело

Набір трансценденталів не відкритий $\mathbf R$ (зокрема, воно щільне і кодесне в $\mathbf R$ . Отже, це не можна визначити.

— Девід Харріс
джерело

Набір обчислюваних реальних чисел не відкрито в

R

$\mathbf{R}$ (зокрема, воно щільне і кодесне в

R

$\mathbf{R}$ ), але це рішуче.

$\:$

Ріккі, це неправда. Враховуючи реальне число оракул, ви не можете визначити, він обчислюється чи ні.

— Девід Харріс

Набір, який я подав, визначається за алгоритмом, який завжди відповідає "Так".

$\:$ Ваше друге речення показує, що набір, який я дав, не може бути вирішений другим типом.

$\;\;$

@ Ricky Demer: Набір обчислюваних реальних чисел не можна визначити у двох сенсах: (1) заданий довільний показник

e \in N

$e \in \mathbb{N}$ , вирішити, чи

e

$e$ - індекс машини Тьюрінга, який обчислює обчислювальну реальність. (2) задавши довільну швидко конвергуючу послідовність Коші, визначте, чи це обчислювана послідовність. Немає здорового глузду, в якому набір обчислюваних реальних чисел можна вирішити.

— Карл Маммерт

@Carl: Існує алгоритм задавання індексу

e \in N

$\: e\in \mathbb{N} \:$ це індекс машини Тьюрінга, який обчислює обчислювальну реальність, вирішувати, чи

e

$e$ - індекс машини Тьюрінга, який обчислює

$\hspace{.1 in}$ обчислювальна реальна.

$\;\;$ Це єдиний цікавий сенс вирішуваності наборів реалів, оскільки

$\hspace{.2 in}$ ваш (1) задоволений точно наборами без обчислювальних дій

$\hspace{2.2 in}$ і ваш (2) точно задоволений

{}

$\: \{\} \:$ і

R

$\mathbf{R}$ .

$\;\;\;$