Загальновідомо, що проблема зупинки є непорушною. Однак можна експоненціально «стиснути» інформацію про проблему зупинки, щоб розпакувати її обчислимо.
Точніше, можна обчислити опис машин Тьюрінга і n -біт поради, що визначають відповідь на проблему зупинки для всіх 2 n - 1 машин Тьюрінга, припускаючи, що порада є надійною - ми дозвольте нашому радникові вибрати біти, щоб описати, скільки машин Тьюрінга зупиняється у двійкових, зачекайте, поки стільки зупиняться, і виведіть, що решта не зупиняється.
Цей аргумент є простим варіантом доказу, що константа Хайтена може бути використана для вирішення проблеми зупинки. Що мене здивувало - це різко. Немає обчислювальної карти з опису машин Тьюрінга та n -бітової поради до 2 n біт зупинки виходу, які отримують правильну відповідь, для кожного пакету машин Тьюрінга, для деякого пакету біт. Якби вони були, ми могли б створити контрприклад шляхом діагоналізації, причому кожен з 2 n машин Тюрінга моделює те, що програма робить на одному з 2 n можливих розташувань n біт, а потім вибирає власний стан зупинки для порушення прогнозу.
Неможливо стиснути інформацію про проблему зупинки машин Тьюрінга з оракулом, що зупиняється (без доступу до якогось оракула самостійно). Машини можуть просто імітувати те, що ви прогнозуєте на всіх можливих введеннях, ігноруючи ті, де ви не зупиняєтесь, і вибираючи час їх зупинки, щоб дати лексикографічно першу відповідь, яку ви не передбачили на жодному вході.
Це мотивувало мене думати про те, що відбувається з іншими оракулами:
Чи є приклад оракула, коли проблема зупинки машин Тьюрінга з цим оракулом може бути стиснута з проміжною швидкістю росту між лінійним та експоненціальним?