Машини Тьюрінга, припинення яких неможливо?

У мене є наївне запитання: чи існує машина Тьюрінга, припинення якої є правдивою, але нездійсненною будь-якою природною, послідовною і кінцево аксіоматизованою теорією? Я прошу просто доказ існування, а не конкретний приклад.

Це може мати певний зв’язок із порядковим аналізом . Дійсно, для машини Тьюрінга ми можемо визначити як найменший порядок послідовної теорії, що підтверджує його припинення (або мінімум цих порядків). Тож я думаю, було б рівнозначно запитати, чи існує такий, що ? $M$ $O(M)$ $M$ $O(M) \geq \omega_1^{CK}$

turing-machines proof-theory halting-problem

— Супер8
джерело

Чи не повинно кількісне визначення працювати навпаки? Просте додавання в TM X зупинок як аксіоми було б узгодженим для будь-якого X, який насправді зупиняється на всіх входах (і кінцевим, якщо ви робите це лише для відповідної TM). Якщо обернені квантори, як щодо ТМ, що зупиняється, якщо вхід не є доказом послідовності аксіоматичної системи і вступає в нескінченний цикл інакше.

— Йонатан N

Ваша пропозиція цікава, дякую. Я усвідомлював вашу стурбованість при формулюванні питання, тому я додав "природне" до вимог. Звичайно, проблема полягає в тому, чи можна дати формальне визначення "природності", яка б виключала цю штучну конструкцію.

— Супер8

Думаю, що відповідь ні, тому що якщо її зупинка, то просто запустить машину, і вона зупиниться в кінцевій кількості кроків, і це доказ, і цей факт може бути перетворений на будь-яку досить потужну систему підтвердження. з іншого боку, думаю, що можна кодувати / перетворювати / переводити недоказний thm godel в машину, що не зупиняє роботу, для якої не зупиняється. це питання схоже, чи є ТМ, що зупиняє всі входи, але властивість не є доказовою cs.se

— vzn

Ви можете побудувати машину Тюрінга яка обчислює послідовність Гудштайна вхідного та зупинки, коли вона досягає Зупинка не може бути доведена в арифметиці Peano; тобто теорема Гудштейна не є доказовою, використовуючи арифметичні аксіоми Пеано. Дивіться Лорі Кірбі, Джефф Парис, Результати доступності незалежності для арифметики Пеано (1982)

M

$M$

G (n)

$G(n)$

n

$n$

0

$0$

M

$M$

— Марціо Де Біасі

Дякую, я не знав цих записів. Те, що я прошу, є сильнішим, але я б хотів невиправданості до будь-якої розумної теорії (а не до конкретної теорії, такої як ПА). Я не впевнений, чи на це питання є однозначна відповідь.

— Супер8

Відповіді:

Припинення роботи машини Тьюрінга (на фіксованому вході) є реченням і всі звичайні арифметичні теорії першого порядку є завершеними для пропозицій, тобто всі правдиві твердження є підтвердженими в цих теоріях. $\Sigma^0_1$ $\Sigma^0_1$ $\Sigma^0_1$

Якщо ви дивитесь на сукупність замість зупинки , тобто TM зупиняється на всіх входах, то це -повне речення і для будь-якої обчислювально аксіоматизованої послідовної теорії, яка є достатньо сильною (наприклад, говорить, що теорія Робінсона ) існує ТМ, сукупність яких неможливо довести в цій теорії. $\Pi^0_2$ $Q$

— Каве
джерело

Так, я шукав сукупність, оскільки, звичайно, проблема є тривіальною для фіксованого введення. Я подумаю над вашою претензією і як її довести, але на даний момент я не бачу, як розгляд вищезгаданих проблем виключає "обчислювально аксіоматизовані" теорії? Крім того, у вашому твердженні ТМ залежить від розглянутої теорії, чи можемо ми отримати більш сильне твердження шляхом якоїсь діагоналізації?

— Супер8

Ось простий спосіб: безліч сукупно обчислюваних функцій такої теорії є цілим, набір загальних обчислюваних функцій не ce, або, як альтернатива, ви можете діагоналізувати проти суттєво повних функцій теорії.

— Каве

По-друге, я пропоную розглянути обмеження проблеми наступним чином. Враховуючи систему порядкових позначень представляє порядкову , ми можемо визначити відповідну "елементарну теорію" яка дозволяє здійснювати безмежну індукцію до . Давши TM , ми б визначили як найменший порядковий такий, що припинення може бути доведено теорією (тобто система позначень може бути вільно обираються). Чи має це визначення сенс?

σ

$\sigma$

α

$\alpha$

T (α, σ)

$\mathcal{T}(\alpha,\sigma)$

α

$\alpha$

M

$M$

O (M)

$O(M)$

α

$\alpha$

M

$M$

T (α, σ)

$\mathcal{T}(\alpha,\sigma)$

— Супер8

@ Super8, я не впевнений. Взагалі асоціація ординаторів з теоріями не є канонічною, існують різні способи пов'язати це. Ви можете почати зі слабкої теорії, такої як PRA, і додати індукцію над обчислюваними порядками з приємними фундаментальними послідовностями тощо, але я не впевнений, чому ви хочете це зробити.

— Каве

Гаразд, я не усвідомив проблему, тоді спробую знайти краще визначення.

— Супер8

Я не фахівець з логіки, але я вважаю, що відповідь - ні . Якщо машина Тьюрінга зупиняється, а система є достатньо міцною, ви повинні мати змогу записати повну історію обчислень машини Тьюрінга на її вході. Коли можна перевірити, що результатом обчислення є завершальна послідовність переходів, можна побачити, що машина зупиняється. Незалежно від того, як ви формалізуєте машини Тьюрінга у своїй теорії, ви повинні мати змогу показати в будь-якій розумній теорії, що машина, яка зупиняється, насправді зупиняється. За аналогією подумайте, намагаючись довести, що кінцева сума дорівнює тій, якій вона дорівнює; наприклад, доведіть, що 5 + 2 + 3 + 19 + 7 + 6 = 42, або 5 + 5 + 5 = 15. Так само, як це завжди можливо, якщо кількість кроків є кінцевою, так і доводить результат кінцевих обчислень.

Як додатковий очевидний момент - навіть якщо ваша теорія є непослідовною, ви все одно можете показати, що машина зупиняється, насправді навіть якщо її немає, оскільки ви можете довести будь-який wff в неузгодженій теорії, незалежно від того, чи ні насправді правда.

— Філіп Уайт
джерело

Я згоден з вашим першим моментом, дивіться мою відповідь нижче. Що стосується вашого другого пункту, непослідовна теорія також доведе до припинення (фактично невиправного) ТМ, звідки обмеження на послідовні теорії.

— Супер8

Я думаю, ми говоримо те саме; Я щойно помітив, що ви сказали "послідовно" у питанні, вибачте, що пропустіли це. Я думаю, що відповідь Каве охоплює все ті ж речі і так само вишуканіше написана.

— Філіп Уайт