Чи можлива мета-невизначеність?

Є проблеми, які можна вирішити, є деякі, які не можна визначити, є напіврозрізненість тощо.

У цьому випадку мені цікаво, чи проблема може бути мета-невирішеною. Це означає (принаймні в моїй голові), що ми не можемо сказати, вирішується чи ні.

Можливо, відомо, що розширюваність не визначається (все мета-не визначимо), і не існує алгоритму, який би підтверджував рішучість будь-чого, тому розбірливість повинна бути доведена вручну в кожному конкретному випадку.

Можливо, моє запитання не має сенсу. Можливо, я припускаю, що ми - вуглецеві машини, що працюють із дуже складними алгоритмами, і тому питання має сенс лише в моїй голові.

Будь ласка, дайте мені знати, якщо питання потребує подальшого уточнення. Мені це може знадобитися в цей момент.

Дякую.

Ось короткий ескіз, який показує, що не існує машини Тьюрінга, яка б вирішила, чи вирішується довільний клас проблем.

Я повинен уточнити, що я маю на увазі під класом задач: клас проблем - машина Тьюрінга, яка перераховує елементи (натуральні числа, скажімо) рекурсивно перелічуваного набору один за одним, так що кожен елемент у наборі зрештою друкується . Проблема, інтуїтивно зрозуміла така: "чи число у цьому наборі?". Це фіксує звичайні проблеми в галузі обчислюваності, такі як "є i індекс машини Тюрінга, який зупиняється на порожньому вході?".$T$$T(n)$$n$

Припустимо, була машина яка, задана в якості класу задач, відповіла якщо цей клас можна вирішити, а іншому випадку.$M$$T$$\mathit{true}$$\mathit{false}$

Тепер візьмемо довільну машину Тьюринга . Ми будуємо такий клас задач таким чином:$T$$T'$

1. Моделювання .$T$
2. Якщо зупиняється, перерахуйте показники машин Тьюрінга, які зупиняються на порожньому вході.$T$

Тепер зрозуміло, що якщо зупиняється, то повертається , оскільки набір індексів, що зупиняють машини Тьюрінга, не є визначальним (рекурсивним) набором.$T$$M(T')$$\mathit{false}$

Якщо це НЕ зупинити, то не перераховує будь-які номери, що робить його саме клас завдань , що не містять ні одного індексів! Тому відповідає , оскільки цей клас визначається (машиною, яка завжди відкидає).$T$$T'$$M(T')$$\mathit{true}$

Тому повертає iff не зупиняється, а іншому випадку. Таким чином, існування дозволяє вирішити задачу зупинки для довільної машини , що є протиріччям.$M(T')$$\mathit{true}$$T$$\mathit{false}$$M$$T$

Дуже класна ідея!

Ідея: Ми можемо використовувати аксіому розуміння в теорії множин ZF для визначення мови, яка залежить від незалежного твердження.

Крок 1: Візьміть улюблене твердження, яке не залежить від ZF, наприклад, AC - аксіома вибору.

Крок 2: Визначте мову L = {x в {0,1} | x = 0, якщо AC і x = 1, якщо НЕ AC}. Зауважте, що L або {0}, або {1}. Тепер L є рішучим, але ми не можемо надати впевненість програмі, яка вирішує Л. Ми могли б надати програму, яка вирішує {0}, або ми могли б надати програму, яка вирішує {1}, але ми не знаємо з певністю який вирішує Л.

Крок 3: Використовуйте цю ідею, щоб визначити мову, яка визначається, якщо змінна та невідмінна, якщо НЕ змінено. Нехай H - множина зупинки, яку не можна визначити. Визначимо L = {x | x - рядок, якщо AC і x - H, якщо НЕ AC}. Якщо AC, то L = множина всіх рядків і L визначається. Якщо НЕ AC, то L = H і L не можна визначити. Чи можна визначити L чи ні, не залежить від ZF.