Доказ складності Колмогорова неспроможний за допомогою скорочень

Я шукаю доказ того, що складність Колмогорова не піддається використанню скорочення від іншої непересічної проблеми. Загальним доказом є формалізація парадоксу Беррі, а не скорочення, але слід підтверджувати, зменшуючи щось подібне до проблеми зупинки чи кореспонденції.

Ви можете знайти два різних докази в:

Грегорі Дж. Чайтін, Асат Арсланов, Крістіан Калуде: Складність програмного розміру обчислює проблему зупинки. Вісник EATCS 57 (1995)

У Лі, Мін, Вітані, Пол МБ; Вступ до складності Колмогорова та його застосувань подається як вправа (із натяком на те, як її вирішити, що приписано П. Гачесу У. Гашаром в особистому спілкуванні 13 лютого 1992 р.).

** Я вирішив опублікувати розширену його версію у своєму блозі .

Це було цікаве запитання. Як описано в іншій відповіді та коментарях нижче, існує проблема Тьюрінга від проблеми Халтінга до обчислення складності Колмогорова, але, зокрема, немає такого багато-одного скорочення, принаймні для одного визначення "обчислення складності Колмогорова".

Давайте формально визначимо, про що ми говоримо. Дозволяє$HALT$позначають стандартну мову ТМ, яка зупиняється, коли дається опис себе як вхідного. Дозволяє$KO$ позначають $\{ \langle x,k \rangle \mid x \text{ has Kolmogorov complexity exactly } k \}$.

Припустимо, що $HALT \le KO$деяким скороченням багато-одного. Дозволяє$f: \{0,1\}^* \rightarrow \{0,1\}^*$позначають функцію, яку обчислює це зменшення. Розглянемо зображення$HALT$ під $f$, яку я позначу $f(HALT)$.

Примітка $f(HALT)$ складається з рядків форми $\langle x,k\rangle$ де $x$ точно має складність Колмогорова $k$. Я стверджую, що$k$, які трапляються в Росії $f(HALT)$ є необмеженими, оскільки існує лише кінцева кількість струн із рівнем складності Колмогорова $k$, і $f(HALT)$ є нескінченним.

З тих пір $HALT$ є рекурсивно перелічуваним (він також відомий у деяких книгах Тьюрінга) $f(HALT)$рекурсивно перелічується. У поєднанні з тим, що$k$є необмеженими, ми можемо перерахувати $f(HALT)$ поки ми їх не знайдемо $\langle x,k\rangle$ з $k$стільки, скільки ми хочемо; тобто існує ТМ$M$ що на вході $k$ виводить якийсь елемент $\langle x,k \rangle \in f(HALT)$.

Написати нову ТМ $M'$ це робить наступне: по-перше, обчислити $|M'|$використовуючи теорему про рекурсію Клейна. Запит$M$ з введенням $|M'|+1$ отримати $\langle x, |M'|+1\rangle \in f(HALT)$. Вихідні дані$x$.

Ясно вихід $x$ з $M'$ - це струна, що має складність Колмогорова $|M'|$ але $\langle x, |M'|+1\rangle \in f(HALT)$ що є протиріччям.

Я вважаю, що ви можете також підставити в задачі "складність Колмогорова точно $k$"з" складністю Колмогорова принаймні $k$"з незначними змінами.