একটি ফাংশন গণনাযোগ্য নয় তা কীভাবে দেখাব?

43

আমি জানি যে এখানে একটি ট্যুরিং মেশিন রয়েছে, যদি কোনও ফাংশন গণনাযোগ্য হয়। তারপরে কীভাবে দেখানো যায় যে ফাংশনটি গণনাযোগ্য নয় বা এর জন্য কোনও ট্যুরিং মেশিন নেই। পাম্পিং লেমার মতো কিছু আছে কি?

— user5507
সূত্র

57

আমি আপনার সাধারণ প্রশ্নের উত্তর দেওয়ার আগে আমাকে প্রথমে একটি পদক্ষেপ নেওয়া যাক, কিছু ইতিহাসের পটভূমি দিন এবং একটি প্রাথমিক প্রশ্নের উত্তর দিন: অ-গণনীয় ফাংশনগুলিও কি বিদ্যমান?

^{[প্রতীকের দ্রষ্টব্য: আমরা কহা করতে পারেন কোন ফাংশন $f$ একটি ভাষা সঙ্গে $L_f=\{ (x,y) \mid y=f(x) \}$ এবং তারপর এর decidability আলোচনা $L_f$ বরং এর computability চেয়ে $f$ ]}

Undecidable ভাষায় না থাকবেই

কিছু ভাষা আছে যেগুলি কোনও টিউরিং মেশিন সিদ্ধান্ত নিতে পারে না। যুক্তিটি সহজ: এখানে "কেবল" অনেকগুলি $(\aleph_0)$ বিভিন্ন তবে অনেকগুলি $(\aleph)$ বিভিন্ন ভাষা। সুতরাং এখানে সর্বাধিক $\aleph_0$ নির্ধারণযোগ্য ভাষা রয়েছে এবং (অসীম অনেকগুলি) অনির্বচনীয়। আরও পড়া:

অর্ডার একটি নির্দিষ্ট undecidable ভাষার উপর আমাদের হাত রেখে করার জন্য, ধারণা একটি কৌশল নামে ব্যবহার করা diagonalization (গেয়র্গ ক্যান্টর, 1873) যা মূলত ব্যবহার করা হয়েছিল দেখানোর জন্য পূর্ণসংখ্যার চেয়ে বেশি বাস্তব সংখ্যার আছে, অথবা অন্য কথায়, যে । $\aleph > \aleph_0$

প্রথম অনস্বীকার্য ভাষা তৈরির ধারণাটি সহজ: আমরা সমস্ত টিউরিং মেশিনের তালিকা তৈরি করি (এটি সম্ভব যেহেতু তারা স্বীকৃতভাবে গণনাযোগ্য!) এবং একটি ভাষা তৈরি করি যা প্রতিটি টিএমের সাথে কমপক্ষে একটি ইনপুটটিতে একমত হয় না।

\begin{array}{cccccc} ε & 0 & 1 & 00 & \dots \\ M_{1} & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ M_{2} & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ M_{3} & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 \\ ⋮ & ⋱ \end{array}

$\begin{array}{c|ccccc} & \varepsilon & 0 & 1& 00 & \cdots \\ \hline M_1 & \color{red}{1} & 0 & 1 & 0 & 1 \\ M_2 & 0 & \color{red}{1} & 0 & 0 & 0 \\ M_3 & 0 & 0 & \color{red}{0} & 1 & 0 \\ \vdots & & & & \ddots & \end{array}$

উপরের দিকে, প্রতিটি সারি একটি টিএম এবং প্রতিটি কলাম একটি ইনপুট। টিএম প্রত্যাখ্যান করে বা কখনই বন্ধ না হলে ঘরের মান 0 হয় এবং টিএম যদি ইনপুট গ্রহণ করে তবে 1 1 আমরা ভাষাটি এমনভাবে সংজ্ঞায়িত করি যে তে -th ইনপুট থাকে এবং কেবল যদি -th TM সেই ইনপুট গ্রহণ না করে। $D$ $D$ $i$ $i$

উপরে টেবিল পর যেহেতু গ্রহণ । একইভাবে, , তবে যেহেতু গ্রহণ করে না । $\varepsilon \notin D$ $M_1$ $\varepsilon$ $0\notin D$ $1\in D$ $M_3$ $1$

এখন ধরে নিন, সিদ্ধান্ত নিয়েছে এবং সারণিতে লাইন সন্ধান করছে: যদি থ্রি কলামে থাকে তবে সেই ইনপুটটি গ্রহণ করে তবে এটি হয় না এবং যদি সেখানে থাকে তবে ইনপুট হয় কিন্তু এটা গ্রহণ করে না। সুতরাং, সিদ্ধান্ত নেয় না , এবং আমরা দ্বন্দ্বকে পৌঁছেছি। $M_k$ $D$ $k$ $1$ $k$ $M_k$ $D$ $0$ $D$ $M_k$ $M_k$ $D$

এখন আপনার প্রশ্নের জন্য। কোনও ভাষা অনস্বীকার্য তা প্রমাণ করার বিভিন্ন উপায় রয়েছে। আমি সবচেয়ে সাধারণগুলিকে স্পর্শ করার চেষ্টা করব।

1. প্রত্যক্ষ প্রমাণ

প্রথম পদ্ধতিটি হ'ল কোনও টিএম সিদ্ধান্ত নিতে পারে না তা দেখিয়ে সরাসরি কোনও ভাষা অনস্বীকার্য। এই ব্যবহারকারীর দ্বারা উপরে প্রদর্শিত তির্যক পদ্ধতি অনুসরণ করে।

উদাহরণ।

দেখাও তির্যক ভাষা (সম্পূরক) undecidable হয়।
$\bar{L_{D}} = {⟨ M ⟩ ∣ ⟨ M ⟩ \notin L (M)}$ $\overline {L_D} = \{ \langle M \rangle \mid \langle M \rangle \notin L(M) \}$

প্রুফ।
ধরে নিন যে সিদ্ধান্ত নেওয়া যায় এবং এর সিদ্ধান্তক হয়। দুটি মামলা রয়েছে: $\overline {L_D}$ $M_D$

গ্রহণ $M_D$ $\langle M_D \rangle$ কিন্তু তারপর,তাই । সুতরাং যদি সিদ্ধান্ত নেয়তবে এটি ঘটতে পারে না। $\langle M_D \rangle \in L(M_D)$ $\langle M \rangle \notin \overline {L_D}$ $M_D$ $\overline {L_D}$
গ্রহণ করে না $M_D$ $\langle M_D \rangle$ : তাই এবং এইভাবে । কিন্তু যদি হয় , সে প্রস্তাব গ্রহণ করেছি উচিত, এবং আমরা আবার অসঙ্গতি পৌঁছেছেন। $\langle M_D \rangle \notin L(M_D)$ $\langle M \rangle \in \overline {L_D}$ $L_D$ $M_D$

2. বন্ধ করার বৈশিষ্ট্য

কখনও কখনও আমরা কিছু ভাষা দেখানোর জন্য ক্লোজার বৈশিষ্ট্যগুলি ব্যবহার করতে পারি সিদ্ধান্ত গ্রহণযোগ্য নয়, অন্যান্য ভাষাগুলির ভিত্তিতে আমরা ইতিমধ্যে সিদ্ধান্ত গ্রহণযোগ্য হতে না জানি।

বিশেষ করে, যদি নির্ধার্য নয় (আমরা লিখতে ,) তারপর তার সম্পূরক undecidable হল: না থাকলে নির্ধারণী জন্য আমরা শুধু এটা ব্যবহার করতে পারে সিদ্ধান্ত নিতে গ্রহণ যখনই দ্বারা প্রত্যাখ্যান এবং তদ্বিপরীত। যেহেতু সর্বদা একটি উত্তর দিয়ে থামে (এটি একটি সিদ্ধান্ত গ্রহণকারী), আমরা সর্বদা এর উত্তরটি উল্টাতে পারি। $L$ $L\notin R$ $\overline{L}$ $M$ $\overline{L}$ $L$ $M$ $M$

উপসংহার: তির্যক ভাষা undecidable হয় । ${L_D} = \{ \langle M \rangle \mid \langle M \rangle \in L(M) \}$ $L_D \notin R$

অনুরূপ একটি যুক্তি লক্ষ করেন, উভয় দ্বারা প্রয়োগ করা যেতে পারে এবং তার সম্পূরক যাও recursively গণনীয় হয়, উভয় নির্ধার্য হয়। এটি বিশেষভাবে কার্যকর যদি আমরা প্রমাণ করতে চাই যে কোনও ভাষা পুনরাবৃত্তিযোগ্যভাবে গণনযোগ্য নয়, অনিশ্চয়তার চেয়ে শক্তিশালী সম্পত্তি। $L$ $\overline{L}$

৩. একটি অনস্বীকার্য সমস্যা থেকে হ্রাস করা

সাধারণত, এটি সরাসরি প্রমাণ করা বেশ কঠিন যে কোনও ভাষা অনস্বীকার্য (যদি না এটি ইতিমধ্যে "তির্যক" ফ্যাশনে নির্মিত হয়)। অনির্দিষ্টতা প্রমাণের জন্য সর্বশেষ এবং সর্বাধিক সাধারণ পদ্ধতি হ'ল এমন একটি ভাষা ব্যবহার করা যা আমরা ইতিমধ্যে অনস্বীকার্য বলে জানি। ধারণাটি হ'ল এক ভাষা অন্য ভাষায় হ্রাস করা: এটি দেখানোর জন্য যে কোনওটি যদি সিদ্ধান্ত গ্রহণযোগ্য হয় তবে অন্যটি অবশ্যই সিদ্ধান্ত গ্রহণযোগ্য হতে পারে তবে এর মধ্যে একটির ইতিমধ্যে অনির্বাচিত হিসাবে পরিচিত যা এই সিদ্ধান্তে পৌঁছে দেয় যে প্রথমটি ভাষাও অনির্বাচিত। "একে অপরের সমস্যা হ্রাস করার সাধারণ কৌশলগুলি কী?" এর হ্রাস সম্পর্কে আরও পড়ুন ।

উদাহরণ।

দেখাও তির্যক ভাষা undecidable হয়।
$H P = {⟨ M, x ⟩ ∣ M halts on x}$ $HP = \{ \langle M,x \rangle \mid M \text{ halts on } x \}$

প্রুফ।
আমরা জানি যে অনস্বীকার্য। আমরা কে তে হ্রাস করি (এটি হিসাবে চিহ্নিত করা হয় ), এটি হ'ল আমরা দেখাই যে যদি সিদ্ধান্ত গ্রহণযোগ্য হয় তবে আমরা এর সিদ্ধান্তককে সিদ্ধান্ত নিতে ব্যবহার করতে পারতাম যা একটি বৈপরীত্য is $L_D$ $L_D$ $HP$ $L_D \le HP$ $HP$ $L_D$

হ্রাস প্রার্থী রূপান্তর করে কাজ করে জন্য (অর্থাত একটি ইনপুট জন্য কোনো সম্ভাব্য নির্ধারণী / গ্রহীতা জন্য ) একটি প্রার্থী করার জন্য যেমন যে যদি এবং কেবল যদি । আমরা নিশ্চিত করি যে এই রূপান্তরটি গণনাযোগ্য। সুতরাং, সিদ্ধান্ত নেওয়ার আমাদের বলে থাকুক বা না থাকুক , তাই আমরা এইচপি সিদ্ধান্ত নিতে পারেন যদি আমরা সিদ্ধান্ত নিতে সক্ষম হবে .¹ $w$ $L_D$ $L_D$ $w'$ $HP$ $w\in L_D$ $w' \in HP$ $w'$ $w\in L_D$ $L_D$

রূপান্তরটি নিম্নরূপ। কিছু নিন , এবং আউটপুট , ² এর যেখানে একটি টি এম ঠিক রূপে আচরণ করে , কিন্তু যদি প্রত্যাখ্যান, তারপর একটি অসীম লুপ মধ্যে যায়। $w=\langle M \rangle$ $w'=\langle M' , \langle M \rangle\rangle$ $M'$ $M$ $M$ $M'$

দেখি যে যাক প্রয়োজনীয়তা সন্তুষ্ট। তাহলে , এটা মানে হল যে স্থগিত এবং ইনপুট গ্রহণ । অতএব, এছাড়াও স্থগিত এবং ইনপুট গ্রহণ । সুতরাং, । অন্যদিকে, যদি হয় তবে হয় হয় প্রত্যাখ্যান করে বা কখনও থামবে না $w,w'$
$w\in L_D$ $M$ $\langle M\rangle$ $M'$ $\langle M\rangle$ $\langle M', \langle M\rangle \rangle \in HP$
$w\notin L_D$ $M$ । উভয় ক্ষেত্রেই উপর অসীম লুপ মধ্যে যেতে হবে । সুতরাং, , এবং আমরা দেখাচ্ছে যে কাজ হয়ে গেলে যদি এবং কেবল যদি , এবং এইভাবে যে দেখানো হয়েছে । $\langle M\rangle$ $M'$ $\langle M\rangle$ $\langle M', \langle M\rangle \rangle \notin HP$ $w\in L_D$ $w'\in HP$ $HP\notin R$

আরও পঠন: হ্রাস এবং ভাষার অনিবার্যতা প্রমাণের জন্য অনেকগুলি উদাহরণ হ্রাস ট্যাগের মাধ্যমে পাওয়া যাবে ।

বৈধতা হ্রাস করার ক্ষেত্রে আরও কিছু বিধিনিষেধ রয়েছে। রূপান্তরটি নিজেই গণনাযোগ্য এবং যে কোনও ইনপুটটির জন্য ভালভাবে সংজ্ঞায়িত হতে হবে ।
একটি ইনপুট মত দেখায় , যেখানে একটি টি এম নেই এবং কিছু স্ট্রিং। তাই এখানে আমরা স্ট্রিং চয়ন মেশিনের এনকোডিং হতে , যা শুধু কিছু স্ট্রিং .. $HP$ $\langle M,x\rangle$ $M$ $x$ $x$ $M$

৪. ধানের উপপাদ্য

"সুতরাং যতবারই আমরা অনির্দিষ্ট বলে প্রমাণ করতে চাই , আমাদের এটিতে (বা ) হ্রাস করতে হবে? কোনও শর্টকাট নেই?" $L$ $L_D$ $HP$

ঠিক আছে, আসলে, আছে। এটি রাইসের উপপাদ্য ।

উপপাদ্যটি বলে যে অনেকগুলি ভাষার একটি নির্দিষ্ট কাঠামো রয়েছে, তা অনস্বীকার্য। যেহেতু এই সমস্ত ভাষার এই নির্দিষ্ট কাঠামো রয়েছে, আমরা একবার হ্রাস করতে পারি এবং এটি কোনও অনুরূপ কাঠামোকে স্বীকৃত কোনও ভাষায় প্রয়োগ করতে পারি।

উপপাদ্যটি আনুষ্ঠানিকভাবে নিম্নলিখিত উপায়ে বর্ণিত হয়েছে,

$\emptyset \subsetneq S \subsetneq RE$ $L_S$
$L_{S} = {⟨ M ⟩ ∣ L (M) \in S}$ $L_S = \{ \langle M \rangle \mid L(M) \in S \}$

সেট ভাষাগুলির একটি উপসেট ; আমরা এটিকে সম্পত্তি বলে থাকি কারণ এটি গ্রহণযোগ্য ভাষার এর একটি সম্পত্তি বর্ণনা করে । যে সমস্ত ভাষা এই সম্পত্তিটিকে সন্তুষ্ট করে তাদের সমস্ত টি । $S$ $RE$ $L(M)$ $L_S$

উদাহরণস্বরূপ, সেই সম্পত্তি হতে পারে যা গ্রহণযোগ্য ভাষা এর ঠিক দুটি শব্দ রয়েছে: $S$ $L(M)$

$S_{2} = {L ∣ | L | = 2, L \in R E} .$ $S_2 = \{ L \mid |L| =2 , L \in RE\}.$ এই ক্ষেত্রে হ'ল সমস্ত টিএম এর সমষ্টি যাগুলির ভাষা ঠিক দুটি শব্দ নিয়ে গঠিত: $L_{S_2}$ $L_{S_{2}} = {⟨ M ⟩ ∣ L (M) \in S} = {⟨ M ⟩ ∣ | L (M) | = 2} .$ $L_{S_2} = \{\langle M \rangle \mid L(M) \in S\} = \{\langle M \rangle \mid |L(M)|=2\}.$

সম্পত্তিটি খুব সহজ হতে পারে তবে এটি সমস্ত আরআর ভাষা বা আর আর কোনও ভাষা হতে পারে না । যদি বা তবে সম্পত্তিটিকে তুচ্ছ বলা হয় , এবং । একটি সহজ জন্য একটি উদাহরণ অন্যতম এটি একটি ভাষাও রয়েছে বলে । দ্রষ্টব্য যে মধ্যে কেবল একটি একক ভাষা রয়েছে, তবে অনেকগুলি মেশিন যার ভাষা , সুতরাং অসীম এবং অনির্ধারিত। $S=\emptyset$ $S=RE$ $L_S$ $S$ $S_{complete}=\{ \Sigma^*\}$ $S$ $M$ $\Sigma^*$ $L_{S_{compete}}$

উপপাদ্য অনেক ভাষার অনিশ্চয়তা প্রমাণ করার জন্য খুব শক্তিশালী।

উদাহরণ।

language ভাষাটি und , অনস্বীকার্য $L_\emptyset = \{ \langle M \rangle \mid M \text{ never reaches the accepting state} \}$

প্রুফ।
আমরা লিখতে পারি যেমন হলো, সম্পত্তি জন্য । এটি একটি অ-তুচ্ছ সম্পত্তি (এটিতে ভাষা অন্তর্ভুক্ত রয়েছে , তবে উদাহরণস্বরূপ, ভাষাটি Therefore সুতরাং, রাইসের উপপাদ্য দ্বারা, অনস্বীকার্য। $L_\emptyset$ $\{ \langle M \rangle \mid L(M)=0 \}$ $L_\emptyset=L_S$ $S=\{ L \in RE, |L|=0\}$ $L=\emptyset$ $L=\{1, 11, 111,\ldots\}$ $L_\emptyset$

আমরা এখন উপপাদ্য প্রমাণ। উপরে উল্লিখিত হিসাবে, আমরা থেকে হ্রাস করতে (যে কোনও স্বেচ্ছাসূচক অ-তুচ্ছ )। $HP$ $L_S$ $S$

প্রুফ।
যাক একটি অ-তুচ্ছ সম্পত্তি হও, । আমরা দেন , যে, তখন আমরা কমাতে করার যাতে আমরা সিদ্ধান্ত নিতে পারেন যদি আমরা সিদ্ধান্ত নিতে সক্ষম হবে (যা আমরা অসম্ভব হতে জানা তাই নির্ধার্য না হতে পারে)। নীচের প্রমাণটিতে আমরা ধরে নিই যে খালি ভাষা অংশ নয় , এটি ফাঁকা সেট । (যদি খালি ভাষা থাকে তবে একটি সমপরিমাণ প্রমাণ পরিপূরক সম্পত্তি তে কাজ করে , আমি বিশদটি বাদ দেব)। যেহেতু $S$ $\emptyset \subsetneq S \subsetneq RE$ $HP \le L_S$ $HP$ $L_S$ $L_S$ $HP$ $L_S$ $S$ $\emptyset \notin S$ $S$ $\overline S = RE \setminus S$ $S$ অনানুষ্ঠানিক, এতে কমপক্ষে একটি ভাষা অন্তর্ভুক্ত; আসুন আমরা সেই এবং ধরে নিই যে একটি মেশিন যা কে গ্রহণ (যেমন মেশিনটি বিদ্যমান, যেহেতু কেবলমাত্র ভাষায় অন্তর্ভুক্ত করে)। $L_0$ $M_0$ $L_0$ $S$

রিকল যেমন একটি হ্রাস (দেখুন অধ্যায় 3 উপরে), কিভাবে আমরা একটি ইনপুট রূপান্তর করতে দেখানোর জন্য প্রয়োজন যে জন্য একটি ইনপুট মধ্যে জন্য যাতে $w$ $HP$ $w'$ $L_S$

w \in H P if and only if w^{'} \in L_{S}

$w\in HP \quad \text{ if and only if }\quad w' \in L_S$

যাক , আমরা এটিকে রূপান্তর করি যেখানে মেশিন (একটি ইনপুট ) এর বর্ণনা নীচে রয়েছে: $w=(\langle M \rangle, x)$ $w'=\langle M' \rangle$ $M'$ $x'$

উপর চালান । $M$ $x$
স্থগিত উপরে ধাপ 1, চালানোর প্রয়োজন হলে উপর এবং গ্রহণ / তদনুসারে প্রত্যাখ্যান। $M_0$ $x'$

আমরা দেখতে পাই যে এই রূপান্তরটি বৈধ। প্রথম দ্রষ্টব্য যে প্রদত্ত এর বর্ণনাটি তৈরি করা সহজ । $M'$ $w=(\langle M \rangle, x)$

তাহলে , তারপর উপর স্থগিত । এই ক্ষেত্রে, আয় পদক্ষেপ 2, এবং শুধুমাত্র মত আচরণ করতে । অতএব তার গৃহীত ভাষা । অতএব, । যদি তবে লুপ করে । এই ক্ষেত্রে, কোনও ইনপুট লুপ করে - এটি পদক্ষেপ 1 এ আটকে যায় this এই ক্ষেত্রে দ্বারা স্বীকৃত ভাষাটি খালি, ফাঁকা সেট । অতএব, । $w\in HP$ $M$ $x$ $M'$ $M_0$ $L(M')=M_0\in S$ $w'=\langle M' \rangle \in L_S$
$w\notin HP$ $M$ $x$ $M'$ $x'$ $M'$ $L(M')=\emptyset \notin S$ $w'=\langle M' \rangle \notin L_S$

৪.১ বর্ধিত ধানের উপপাদ্য

ধানের উপপাদ্যটি আমাদের দেখানোর একটি সহজ উপায় দেয় যে একটি নির্দিষ্ট ভাষা যা নির্দিষ্ট বৈশিষ্ট্যগুলিকে সন্তুষ্ট করে তা অনস্বীকার্য, যা । রাইসের উপপাদ্যের বর্ধিত সংস্করণ আমাদের নির্ধারণ করতে অনুমতি দেয় যে ভাষাটি পুনরাবৃত্তিযোগ্য-গণনাযোগ্য কিনা, অর্থাৎ এটি , কিছু অতিরিক্ত সম্পত্তি সন্তুষ্ট করে কিনা তা পরীক্ষা করে নির্ধারণ করে। $L$ $L \notin R$ $L \notin RE$ $L$

উপপাদ্য (চাল, প্রসারিত) একটি সম্পত্তি দেওয়া , ভাষা যাও recursively-গণনীয় (হয় ) যদি এবং কেবল যদি সব নিম্নলিখিত তিনটি বিবৃতি যৌথভাবে রাখা $S \subseteq RE$
$L_{S} = {⟨ M ⟩ ∣ L (M) \in S}$ $L_S = \{ \langle M \rangle \mid L(M) \in S \}$ $L_S \in RE$

কোন দুটি জন্য , যদি এবং তারপর এছাড়াও । $L_1, L_2 \in RE$ $L_1 \in S$ $L_1 \subseteq L_2$ $L_2 \in S$

যদি থাকে তবে সীমাবদ্ধ উপসেটটি বিদ্যমান রয়েছে যাতে । $L_1\in S$ $L_2 \subseteq L_1$ $L_2 \in S$

সমস্ত সীমাবদ্ধ ভাষার সেটটি গণনামূলক (অন্য কথায়: একটি টিএম রয়েছে যা সমস্ত সীমাবদ্ধ ভাষা গণনা করে )। $S$ $L\in S$

প্রুফ।
এটি একটি "যদি এবং কেবলমাত্র" উপপাদ্য, এবং আমাদের উভয় দিকই এটি প্রমাণ করতে হবে। প্রথমত, আমরা দেখাই যে শর্তগুলির মধ্যে একটি (1,2,3) যদি ধরে না রাখে, তবে । এর পরে আমরা দেখাব যে তিনটি শর্ত যদি একই সাথে ধরে থাকে, তবে । $L_S \notin RE$ $L_S \in RE$

যদি (1,2) ধরে, তবে (3) এটি না রাখে, তবে $L_S \notin RE$ ।
আসুন ধরে নিই যে আর-তে ,, এবং আমরা দেখতে পাব যে আমাদের তে যে কোনও সীমাবদ্ধ ভাষা গ্রহণ করার উপায় রয়েছে (এবং এইভাবে, এই সমস্ত ভাষার সেট আরই), সুতরাং শর্ত (3) ধারণ করে এবং আমরা একটি বিপরীতে পৌঁছে যাই । কিভাবে সিদ্ধান্ত নিতে একটি নির্দিষ্ট যদি জন্যে কি না? সহজেই - আমরা একটি মেশিন জন্য এর বিবরণটি ব্যবহার যা কেবলমাত্র এর শব্দগুলিকেই গ্রহণ করে , এবং এখন আমরা তে এর মেশিনটি চালিত (মনে রাখবেন - আমরা ধরে , সুতরাং এমন একটি মেশিন রয়েছে যা স্বীকার $L_S \in RE$ $S$ $L$ $S$ $L$ $M_L$ $L$ $L_S$ $M_L$ $L_S\in RE$ $L_S$ !)। যদি তবে and এবং যেহেতু , এর মেশিনটি ইনপুট yes হ্যাঁ বলবে , এবং আমাদের হয়ে গেছে done $L\in S$ $\langle M_L \rangle \in L_S$ $L_S\in RE$ $\langle M_L \rangle$

যদি (2,3) ধরে থাকে তবে (1) এটি না রাখে, তবে $L_S \notin RE$ ।
আমরা ধরে নিই যে আর-তে and এবং আমরা দেখাব যে আমাদের স্থির করার একটি উপায় আছে , যা দ্বন্দ্বের দিকে পরিচালিত করে। $L_S \in RE$ $HP$

শর্তটি (১) ধরে না রাখার একটি ভাষা এবং এর একটি সুপারসেট, যাতে । এখন আমরা সিদ্ধান্ত নিতে অনুচ্ছেদ 4 ব্যবহৃত যুক্তি পুনরাবৃত্তি করতে যাচ্ছি : একটি ইনপুট দেওয়া জন্য , আমরা একটি মেশিন গঠন করা যার ভাষা যদি বা অন্যথায় নয়, এর ভাষা । এর পরে, আমরা সিদ্ধান্ত নিতে পারেন : হয় উপর স্থগিত পুনরায়- মেশিন, অথবা গ্রহণ $L_1 \in S$ $L_2 \supseteq L_1$ $L_2 \notin S$ $HP$ $(\langle M \rangle,x)$ $HP$ $M'$ $L_1$ $(\langle M \rangle,x)\notin HP$ $L_2$ $HP$ $M$ $x$ $L_S$ $M'$ ; আমরা উভয় সমান্তরালভাবে চালাতে পারি এবং গ্যারান্টিযুক্ত যে কমপক্ষে একটি থামবে।

(ইনপুট ) নির্মাণের বিশদটি দেওয়া যাক : $M'$ $x'$

সমান্তরালভাবে নিম্নলিখিতগুলি করুন: তে
1.1 চালান । 1.2 এর মেশিন চালানোর উপর $M$ $x$
$L_1$ $x'$
যদি 1.2 বন্ধ হয়ে যায় এবং গ্রহণ করে - গ্রহণ করুন।
তাহলে 1.1 স্থগিত: এর মেশিন চালানোর উপর । $L_2$ $x'$

কেন এই কাজ করে? যদি তবে 1.1 কখনও থামে না এবং 1.2 পদে গৃহীত হ'ল সমস্ত ইনপুট গ্রহণ করে, তাই । অন্যদিকে, যদি তখন কোনও এক পর্যায়ে ১.১ টি স্টপ এবং ঠিক গ্রহণ করে । এটি ঘটতে পারে যে আগেই গ্রহণ করে, কিন্তু যেহেতু 2, এটি এর ভাষায় এই ক্ষেত্রে পরিবর্তন করে না । $(\langle M \rangle,x)\notin HP$ $M'$ $L(M')=L_1$ $(\langle M \rangle,x)\in HP$ $M'$ $L_2$ $1.2$ $L_1 \subseteq L_2$ $M'$

যদি (1,3) ধরে, তবে (2) না রাখে, তবে $L_S \notin RE$ ।
আবার, আমরা আর-এ ধরে এবং দেখাব যে হয়ে যায়, যা একটি বৈপরীত্য। $L_S\in RE$ $HP$

যদি শর্ত (2) না রাখা, যেকোনো জন্য সব তার সসীম সাব-সেট নির্বাচন সন্তুষ্ট (নোট যে , অসীম হতে হবে যেহেতু )। উপরের মত, প্রদত্ত ইনপুট জন্য স্থির করার জন্য , আমরা একটি মেশিন যার ভাষাটি যদি এবং কিছু সীমাবদ্ধ থাকে অন্যথায় । দ্বন্দ্বটি উপরের মতো একইভাবে অনুসরণ করে। $L_1\in S$ $L_2 \subseteq L_1$ $L_2 \notin S$ $L_1$ $L_1\subseteq L_1$ $HP$ $(\langle M \rangle,x)$ $M'$ $L_1$ $(\langle M \rangle,x)\notin HP$ $L_2$

এই মেশিনটির আমরা পূর্ববর্তী মতো তৈরি। (ইনপুট ) মেশিনটি করে: $M'$ $M'$ $x'$

চালায় উপর জন্যধাপ। $M$ $x$ $|x'|$
যদি পদক্ষেপ 1-এর সময় বন্ধ হয়ে যায় - প্রত্যাখ্যান করুন $M$
অন্যথায়, এর মেশিন চালানোর উপর । $L_1$ $x'$

এটি ধরে রেখেছে যে, যদি , তবে এক পর্যায়ে 1000 পদক্ষেপের পরে বলুন, থামে । অতএব, পদক্ষেপ 1 এর দৈর্ঘ্যের কোনও ইনপুট (এবং প্রত্যাখ্যান) বন্ধ করবে । অতএব, এই ক্ষেত্রে, হল সসীম । এছাড়াও লক্ষ করুন যে , এবং বিশেষত শর্তের অযোগ্যতা সম্পর্কে আমাদের অনুমান দ্বারা (2), আমাদের কাছে । $(\langle M \rangle,x)\in HP$ $M$ $x$ $x'$ $>1000$ $L(M')$ $L(M') \subseteq L_1$ $L(M) \notin S$

অন্যদিকে, যদি , তবে পদক্ষেপ 1 কখনই থামবে না, এবং আমরা কখনই দ্বিতীয় পদক্ষেপে প্রত্যাখ্যান করি না this এই ক্ষেত্রে এটি সহজেই দেখতে পাওয়া যায় যে এবং এর মধ্যে রয়েছে বিশেষত, । $(\langle M \rangle,x)\notin HP$ $L(M)=L_1$ $L(M)\in S$

আমরা বর্ধিত উপপাদ্যের অন্য দিকটি প্রদর্শন করতে বাকি রয়েছি। এটি হ'ল, আমাদের দেখাতে হবে যে যদি সমস্ত শর্ত (1,2,3) ধরে থাকে তবে আমাদের কাছে একটি টিএম রয়েছে যা গ্রহণ , অর্থাৎ, । অন্য কথায়, আমাদের একটি মেশিন দেখাতে হবে যাতে কোনও ইনপুট জন্য যার জন্য , মেশিনটি এই ইনপুটটি গ্রহণ করে, । $L_S$ $L_S \in RE$ $M_S$ $\langle M \rangle$ $L(M) \in S$ $M_S(\langle M \rangle) \to \textsf{accept}$

এখানে মেশিনটি আচরণ করে (ইনপুট ): $M_S$ $\langle M \rangle$

যাক যন্ত্র যা সমস্ত সসীম ভাষায় উল্লেখ করা শর্তে (3) দ্বারা নিশ্চিত। $M_{\text{enum }S}$ $S$
জন্য সমান্তরালভাবে (ডোভেটেলিং দ্বারা, উদাহরণস্বরূপ, এটি এবং এটি দেখুন ) চালান 2.1 । Run চালান যতক্ষণ না এটি 2.2 ভাষার । সমস্ত শব্দ গ্রহণ করে কিনা পরীক্ষা করুন ( এই শব্দগুলিতে চালান , আবার সমান্তরালে)। 2.3। যদি কিছু , , সমস্ত শব্দ গ্রহণ করে - গ্রহণ করুন। $i=1,2,...$
$M_{\text{enum }S}$ $L_i$
$M$ $L_i$ $M$
$i$ $M$ $L_i$

কেন এটি কাজ করে? যদি তবে একটি সীমাবদ্ধ উপসেট এবং একবার that যে উপসেটটি আউটপুট দেয়, ধাপ ২.২ / ২.৩ খুঁজে পাবে যে সেই ভাষার সমস্ত শব্দ গ্রহণ করে এবং গ্রহণ। $L(M) \in S$ $L_j \in S$ $M_{\text{enum }S}$ $M$

অন্যদিকে, যদি এটি কোনও জন্য সমস্ত শব্দকে মেনে নিতে পারে না । প্রকৃতপক্ষে, শর্ত অনুসারে (1), যে কোনও তেও রয়েছে , সুতরাং যদি কিছু জন্য সমস্ত শব্দ গ্রহণ করে তবে এবং ,, দ্বন্দ্ব মধ্যে। $L(M) \notin S$ $L_i$ $i=1,2,...$ $L' \supseteq L_i$ $S$ $M$ $L_i$ $i$ $L(M)\supseteq L_i$ $L(M) \in S$

পরিশেষে, দ্রষ্টব্য যে নিম্নলিখিতটি একটি সাধারণ (এবং খুব দরকারী) উপরেরগুলির একক বাস্তবায়ন:

উত্তোলন (চাল, প্রসারিত)। একটি অ তুচ্ছ সম্পত্তি দেওয়া , যাতে , ভাষা যাও recursively-গণনীয় হলো, নয়, । $S \subsetneq RE$ $\emptyset \in S$
$L_{S} = {⟨ M ⟩ ∣ L (M) \in S}$ $L_S = \{ \langle M \rangle \mid L(M) \in S \}$ $L_S \notin RE$

— রন জি।
সূত্র

রাইসের উপপাদ্যের বর্ধিত সংস্করণ যুক্ত করার জন্য ধন্যবাদ! আমি আলাদা সংস্করণ জানি; আমি এটি একটি খনন করতে হবে। যাইহোক, আমি মনে করি না যে এখানে প্রমাণগুলি পাওয়া খুব গুরুত্বপূর্ণ বা এমনকি সহায়ক। আপনি তাদের রেফারেন্স করতে পারেন, বা কোনও ভাল রেফারেন্স না থাকলে অন্য কোথাও এগুলি আপলোড করতে পারেন?

— রাফেল

13

একটি দরকারী সরঞ্জাম ধানের উপপাদ্য । এটি যা বলে তা এখানে:

যাক আংশিকভাবে গণনীয় ইউনারী ফাংশন একটি অ-তুচ্ছ সেট এবং একটি গোডেলের সংখ্যায়ন এর । তারপরে সূচক সেট $\emptyset \subsetneq P \subsetneq \mathcal{P}$ $\varphi$ $\mathcal{P}$ $P$

$\qquad I_P = \{ i \in \mathbb{N} \mid \varphi_i \in P \}$

পুনরাবৃত্ত হয় না।

আপনি এটি টুরিং মেশিনগুলির এনকোডিংগুলির (বা অন্য কোনও -সম্পূর্ণ প্রোগ্রামিং ল্যাঙ্গুয়েজ), যেমন ; এখানে একটি গডেল নম্বর নির্ধারণ করে। $I_P = \{ \langle M \rangle \mid M\ \mathrm{TM}, f_M \in P \}$ $\langle . \rangle$

অর্থাৎ আপনি এই ধরনের সেট প্রমাণ করার চাল এর উপপাদ্য ব্যবহার করতে পারেন অ রিকার্সিভ যা অ তুচ্ছ ফাংশন সেট সূচক সেট হয় (বা এই ধরনের থেকে রূপান্তরযোগ্য হয় )। $S$ $S$

মনে রাখবেন যে এখানে একটি এক্সটেনশন রয়েছে যা নির্দিষ্ট সূচক সেটগুলি পুনরাবৃত্তভাবে গণনাযোগ্য নয় তা দেখানোর জন্য ব্যবহার করা যেতে পারে।

উদাহরণ

আসুন একটি গডেল নম্বর দিন। প্রাকৃতিক সেট বিবেচনা করুন $\varphi$

$\qquad A = \{ i \in \mathbb{N} \mid \varphi_i(j) = 1 \text{ for all } j \in 2\mathbb{N} \}$ ।

এখন থেকে যেহেতু $P = \{ f \in \mathcal{P} \mid f(j) = 1 \text{ for all } j \in 2\mathbb{N} \}$

$A = I_P$ ,
$(n \mapsto 1) \in P$ এবং
$(n \mapsto 2) \notin P$ ,

ধানের উপপাদ্য প্রয়োগ করা যেতে পারে এবং গ্রহণযোগ্য নয়। $A$

যেহেতু অনেকে গডেল নাম্বারগুলির সাথে পরিচিত নন, নোট করুন যে উদাহরণটি ট্যুরিং মেশিনগুলির ক্ষেত্রেও কাজ করে (যেমন প্রোগ্রামগুলি) । $A = \{ \langle M \rangle \mid f_M(x) = 1 \text{ for all } x \in 2\mathbb{N} \}$

Unexample

প্রাকৃতিক সেট বিবেচনা করুন

$\qquad A = \{ i \in \mathbb{N} \mid \varphi_i(j) = i \text{ for all } j \in 2\mathbb{N} \}$

যা অবশ্যই গণনাযোগ্য নয়। তবে কোনও জন্য সূচক সেট নয় ! এ- কিছু জন্য আসুন । যেহেতু একটি হল গোডেলের সংখ্যায়ন, আছে (অসীম অনেক) সঙ্গে কিন্তু সবার জন্য ঝুলিতে কারণ । $A$ $P$ $f=\varphi_i$ $i \in A$ $\varphi$ $j \neq i$ $\varphi_j = f$ $j \notin A$ $f(2)=i \neq j$

এ থেকে সাবধান! থাম্বের নিয়ম হিসাবে, যদি ফাংশনের সূচকটি "ডানদিকে" ব্যবহার করা হয় বা সেট সংজ্ঞায় ফাংশনের প্যারামিটার হিসাবে হয় তবে এটি সম্ভবত কোনও সূচক সেট নয়। আপনার প্রয়োজন হতে পারে গোডেলের numberings এবং সম্পত্তি fixpoint উপপাদ্য দেখাতে হবে যে একটি সেট কোন সূচক সেট। $s_{mn}$

রাইসের উপপাদ্যে সম্পর্কিত পোস্টগুলির জন্য এখানে এবং এখানে দেখুন ।

— রাফেল
সূত্র