এর কয়েকটি অঙ্কের ক্রম রয়েছে কিনা তা কীভাবে সিদ্ধান্ত নেওয়া যায়?

Question

আমাদের নিম্নলিখিত অনুশীলন দেওয়া হয়েছিল।

দিন

$\qquad \displaystyle f(n) = \begin{cases} 1 & 0^n \text{ occurs in the decimal representation of } \pi \\ 0 & \text{else}\end{cases}$

প্রমাণ করুন যে গণনাযোগ্য।$f$

এটা কিভাবে সম্ভব? যতদূর আমি জানি, আমরা জানি না ওয়েদার প্রতিটি সংখ্যার ক্রম থাকে (বা যা) এবং একটি অ্যালগরিদম অবশ্যই সিদ্ধান্ত নিতে পারে না যে কিছু ক্রম ঘটছে না । সুতরাং আমি মনে করি গণনাযোগ্য নয়, কারণ অন্তর্নিহিত সমস্যাটি কেবলমাত্র আধা-সিদ্ধান্ত গ্রহণযোগ্য।$\pi$$f$

Comments

পুরোপুরি অজ্ঞ হওয়ার জন্য আমাকে ক্ষমা করুন, আমি অবশ্যই প্রশ্নের মূল ভিত্তিটি অনুপস্থিত, তবে 0 always n সর্বদা 0 হয় না? যেহেতু 32 তম দশমিক স্থান পাই 0 হয়, তার অর্থ কি চ (এন) সর্বদা 1 প্রদান করে না?

— Cory Klein

@ কোরিক্লেইন: এটি আনুষ্ঠানিক ভাষার স্বরলিপি; সুপারস্ক্রিপ্ট এখানে মানে ধা সংযুক্তকরণের, অর্থাত্ । এখানে কেবল একটি প্রতীক, কোনও সংখ্যা নয়। n a 5 = a a a a a $n$$n$$a^5 = aaaaa$$0$

— রাফায়েল

Answer 1

দুটি বিবেচনা করার সম্ভাবনা রয়েছে।

• প্রতিটি ধনাত্মক পূর্ণসংখ্য , স্ট্রিং represent এর দশমিক প্রতিনিধিত্ব করে । এই ক্ষেত্রে, অ্যালগরিদম যা সর্বদা 1 প্রদান করে তা সর্বদা সঠিক।$n$$0^n$$\pi$

• এখানে একটি বৃহত্তম পূর্ণসংখ্যা রয়েছে যে এর দশমিক প্রতিনিধিত্ব করে । এক্ষেত্রে নিম্নলিখিত অ্যালগরিদম ( হার্ড-কোডেড মান সহ ) সর্বদা সঠিক:$N$$0^N$$\pi$$N$

  Zeros-in-pi(n):
   if (n > N) then return 0 else return 1
  

আমাদের কোন ধারণাগুলি নেই যে এই সম্ভাবনাগুলির মধ্যে কোনটি সঠিক, বা দ্বিতীয় ক্ষেত্রে কোন মানটি সঠিক। তবুও, এই অ্যালগরিদমের একটির সঠিক হওয়ার নিশ্চয়তা দেওয়া হচ্ছে। সুতরাং, জিরোসের একটি স্ট্রিং প্রদর্শিত হবে কিনা তা সিদ্ধান্ত নেওয়ার জন্য একটি অ্যালগরিদম রয়েছে ; সমস্যাটি নির্ধারণযোগ্য।$N$$n$$\pi$

---

গ্যালাইস প্রস্তাবিত নিম্নলিখিত প্রমাণ স্কেচ সঙ্গে সূক্ষ্ম পার্থক্য নোট :

1. একটি এলোমেলো ট্যুরিং মেশিন এবং একটি এলোমেলো ইনপুট নিন।
2. হয় গণনা চিরকালের জন্য চলবে বা এটি কোনও পর্যায়ে থামবে এবং এই আচরণগুলির প্রতিটি বর্ণনা করে একটি (ধ্রুবক) গণনাযোগ্য ফাংশন রয়েছে।
3. ???
4. লাভ!

অ্যালেক্স টেন ব্রিংক ব্যাখ্যা করেছেন:

হ্যালটিং উপপাদ্যটি কী বলেছে তা দেখুন: এটি বলছে যে এখানে কোনও একক প্রোগ্রাম নেই যা কোনও প্রদত্ত প্রোগ্রামটি বন্ধ রয়েছে কিনা তা সিদ্ধান্ত নিতে পারে। আপনি সহজেই দুটি প্রোগ্রাম তৈরি করতে পারেন যে কোনও একটি প্রদত্ত প্রোগ্রামটি থামছে কিনা তা গণনা করে: প্রথমটি সর্বদা 'এটি থামায়' বলে, দ্বিতীয়টি 'এটি থামে না' - একটি প্রোগ্রাম সর্বদা সঠিক, আমরা কেবল কোনটি গণনা করতে পারি না তাদের মধ্যে!

sepp2k যোগ করেছে:

অ্যালেক্সের উদাহরণের ক্ষেত্রে অ্যালগরিদমের কোনওটিইই সমস্ত ইনপুটগুলির জন্য সঠিক ফলাফল প্রদান করবে না। এই প্রশ্নের ক্ষেত্রে তাদের মধ্যে একটি হবে। আপনি দাবি করতে পারেন যে সমস্যাটি সিদ্ধান্তগ্রহণযোগ্য কারণ আপনি জানেন যে একটি অ্যালগরিদম রয়েছে যা সমস্ত ইনপুটগুলির জন্য সঠিক ফলাফল দেয়। আপনি যে কোনটি অ্যালগরিদম তা জানেন কিনা তা বিবেচ্য নয়। 10

Comments

মন্তব্যগুলি বর্ধিত আলোচনার জন্য নয়; এই কথোপকথন চ্যাটে সরানো হয়েছে ।

— গিলস

যদি কেউ প্রমাণ করে যে "প্রতিটি ধনাত্মক পূর্ণসংখ্য n এর জন্য, স্ট্রিং 0 ^ n দশমিক উপস্থাপনায় appears" উপস্থিত হয় তা অপ্রবণযোগ্য? আমরা কি এখনও বলব যে কোনও সঠিক অ্যালগরিদম তৈরি করা যায় নি, তবুও এই সমস্যাটি স্থিতিশীল?

— অন্যরা

@ অন্যরা হ্যাঁ, আমরা চাই।

— জেফি

@ জেফ ঠিক আছে। অন্তর্দৃষ্টি যুক্তি যুক্ত একটি প্রমাণ কি সম্ভব? বা বাদ পড়া মাঝের আইন এখানে প্রয়োজনীয়?

— অন্যরা

@ অন্যরা যদি আমি সঠিকভাবে বুঝতে পারি তবে ধারণাটি হ'ল: আমরা যদি প্রতিটি এর জন্য উত্তরের প্রথম অংশের মতো মেশিন সংজ্ঞায়িত করি, তবে আমরা জানি যে তাদের মধ্যে একটি এই গণনা করে। আমরা জানি না কোনটি (এবং যদি আপনার বক্তব্য প্রমাণিত হয় তবে আমরা এটিও জানতাম যে কোনটি জানা অসম্ভব) তবে আমরা এখনও জানি যে এখানে একটি ট্যুরিং মেশিন রয়েছে , সুতরাং ফাংশনটি গণনাযোগ্য। এম $N$$M_N$

— জিয়েক

Answer 2

জেফির উত্তরের উপর সামান্য বিশদ পোস্ট করা ing

আমরা জানি যে দুটি ফাংশন / কেস রয়েছে যা এফ (এন) ফাংশনটি গণনা করতে পারে:

1. একটি ফাংশন যা সর্বদা সত্য ফিরে আসে (সমস্ত এন এর জন্য, ধারাবাহিক 0 এর n সংখ্যা রয়েছে)
2. একটি ফাংশন যা সত্য ফিরে আসবে যদি এন পূর্ণসংখ্যা N এর চেয়ে ছোট হয়, যেখানে এন প্রদত্ত অযৌক্তিক সংখ্যায় উপস্থিত টানা 0 এর সর্বাধিক দৈর্ঘ্য হিসাবে সংজ্ঞায়িত করা হয় (অন্যথায় এটি মিথ্যা প্রত্যাবর্তন করে)।

এই ফাংশনগুলির মধ্যে একটি এবং একটি মাত্র সঠিক হতে পারে। আমরা কোনটি জানি না, তবে আমরা নিশ্চিতভাবে জানি যে একটি উত্তর বিদ্যমান। সংযোগযোগ্যতার জন্য এমন একটি ফাংশন উপস্থিত থাকা প্রয়োজন যা সীমাবদ্ধ পদক্ষেপের মধ্যে উত্তর নির্ধারণ করতে পারে।

ক্ষেত্রে 1 পদক্ষেপের সংখ্যা তুচ্ছভাবে মাত্র 1 ফিরে আসার জন্য আবদ্ধ।

ক্ষেত্রে 2 পদক্ষেপের সংখ্যাও সীমাবদ্ধ। প্রতিটি পূর্ণসংখ্যার আমরা একটি মেশিন যা যদি গ্রহণ করে এবং অন্যথায় সীমাবদ্ধ সময়ে প্রত্যাখ্যান করে। সুতরাং উপরের উপরের আবদ্ধ না জেনে কিছু আসে যায় না। প্রতিটি জন্য একটি মেশিন রয়েছে যার নাম , যা (আমরা জানি না যেগুলির মধ্যে কোনটি সঠিক, তবে এটি গুরুত্বপূর্ণ নয়) একটি বিদ্যমান)টি এন ( এন ) এন < এন এন এন টি এন ( এন ) এন < $N$$T_N(n)$$n < N$$N$$N$$T_N(n)$$n < N$

যদিও এই দুটি মামলার মধ্যে চয়ন করা সম্ভব নাও হতে পারে (যদিও একজনের তুলনায় অন্যটির চেয়ে বেশি সম্ভবত মনে হয়) তবে আমরা জানি যে এর মধ্যে একটি অবশ্যই সঠিক হতে হবে।

পার্শ্ব নোট হিসাবে: আমাদের সমাধান অনুমান করে যে কোন ফাংশনটি একটি সঠিক মূল্য নির্ধারণ করবে তা নির্ধারণ করতে না পারলে কম্পিউটারের সামঞ্জস্যতা প্রমাণের গঠনের উপর নির্ভর করে না। খাঁটি অস্তিত্বই যথেষ্ট।

Comments

সমস্ত গণিতবিদ এটি গ্রহণ করেন না - যেমন অন্তর্দৃষ্টিবিদরা তা গ্রহণ করে না।

— পুনরায় পোস্টার

আপনি মূলত বাদ পড়া মাঝের আইনটির একটি দীর্ঘ উদাহরণ তৈরি করছেন, , লোল। স্বজ্ঞাত যুক্তিবাদ বা কোনও ধরণের তত্ত্ব ভিত্তিক লজিক সিস্টেমে এই প্রমাণটি প্রত্যাখ্যান করা হয়। $P\lor\lnot P$

— Kaa1el

Answer 3

নীচের প্রমাণের চেষ্টার 5 ম পদক্ষেপটি ন্যায়বিচারহীন, এবং প্রকৃতপক্ষে ভুল - একটি পাল্টা নমুনা এখানে পাওয়া যাবে । (ধন্যবাদ, ইউভাল; এটি স্কেচের স্কেচিয়েস্ট অংশের মতো মনে হয়েছিল)। আমি ভুলটি নির্দেশমূলক বলে মনে করি বলে উত্তরটি এখানে রেখেছি।

---

প্রথম বন্ধ: জেফির উত্তর জোড়া যথেষ্ট; চ কোনওভাবেই গণ্যযোগ্য।

সংক্ষিপ্ত পথচলা, যদিও, অন্তর্ভুক্তি দ্বারা প্রমাণের স্কেচ চেষ্টা:
প্রিমিয়াম আর : পুনরাবৃত্তি করে না। 1. বেসে in দেখুন 2 এটি বেশিরভাগ ক্ষেত্রে কেস সংখ্যা হ্রাস করতে হয়। 2. কোন ব্যাপার কতদূর লাইন আপনি যেতে নিচে, আপনি সবসময় অন্য পাবেন 1 কোথাও: বিকল্প সব zeros, যেটার অর্থ হবে পুনরায় শুরু, যা পরিপন্থী আর । 3. একই লাইন নিচে যেতে এবং 0 খুঁজে বের করতে যায় । ৪. দুই-অঙ্কের ক্রমগুলি প্রসারিত করুন: আপনি 01 বা 10 (এটি যেখানে স্যুইচ করে এমন জায়গাগুলি) সন্ধান বন্ধ করতে পারবেন না , কারণ অন্যথায়π $\pi$
$\pi$
$\pi$

$\pi$ 1 এর বা 0 এর উপর পুনরাবৃত্তি শুরু করবে । একইভাবে, আপনি 11 বা 00 সন্ধান বন্ধ করতে পারবেন না , কারণ অন্যথায় এটি 1010101 এ পুনরাবৃত্তি শুরু করে ...
৫. প্রবর্তক পদক্ষেপ: প্রতিটি সীমাবদ্ধ ক্রমটি অসীম সংখ্যক বার প্রদর্শিত হতে পারে, কারণ বিকল্পটি হ'ল i পুনরাবৃত্তি শুরু করে একটি সংক্ষিপ্ত ক্রম, যা আর এর সাথে স্ববিরোধী ।$\pi$

Comments

প্রথমত, আমরা জানি যে এর বাইনারি সম্প্রসারণ পুনরায় হয় না কারণ since অযৌক্তিক। দ্বিতীয়ত, অযৌক্তিক সংখ্যা রয়েছে যা তাদের বাইনারি সম্প্রসারণে 000 বা 111 নয়, উদাহরণস্বরূপ থুই-মুরস ক্রমটির সাথে সম্পর্কিত: 0.0110100110010110 ...$\pi$$\pi$

— ইউভাল ফিল্মাস

আহ, বিপজ্জনক পদক্ষেপের ঝুঁকি: পি ভাল ধরা, ধন্যবাদ।

— স্টিফেন ভরিস

ঘটনাচক্রে, উপসংহারটি যদি ভুল হয় তবে আমার পক্ষে এটি মুছে ফেলা বা এটি ছেড়ে দেওয়া এবং সম্পাদনার মাধ্যমে স্বীকার করা যে এটি ভুল তা কি আরও বেশি অর্থবোধ করে?

— স্টিফেন ভরিস

@ স্টেফেনভিরিস এটি ভুল নির্ভর করে যে আপনি কী শিক্ষামূলক বলে মনে করেন তা নির্ভর করে। মনে রাখবেন যে, কিনা প্রশ্নে হয় স্বাভাবিক (অর্থাত, তার base- সম্প্রসারণ প্রতিটি সসীম ক্রম ধারণ করে -ary ডিজিটের অসীম প্রায়ই) সংখ্যা তত্ত্বের বড় খোলা সমস্যার মধ্যে অন্যতম। খ $\pi$$b$$b$

— ডেভিড রিচার্বি

@ ডেভিড রিচার্বি বড় খোলা সমস্যা, আপনি বলছেন? হ্যাঁ, এটা জেনে রাখা ভাল। আমি মনে করি এটি একটি যুক্তিসঙ্গতভাবে শিক্ষামূলক ভুল, কারণ ওপির প্রশ্নটি যে সমস্যার ভিত্তিতে তৈরি হয়েছে তার প্রমাণ হিসাবে - স্পষ্টতই ডাউনওয়েটটি দেওয়া হলেও আমিও এতে ভুল হতে পারি।

— স্টিফেন ভরিস