তত্ত্বের কোলমোগোরভ জটিলতার তুলনা করা

Chaitin অসম্পূর্ণতা উপপাদ্য বলেছেন গাণিতিক কোন পর্যাপ্ত শক্তিশালী তত্ত্ব প্রমাণ করতে পারেন $K(s) > L$ যেখানে $K(s)$ স্ট্রিং এর Kolmogorov জটিলতা হয় $s$ এবং $L$ পর্যাপ্ত বৃহৎ ধ্রুবক। $L$ হয় ভালোই বড় যদি এটি একটি প্রমাণ পরীক্ষণ মেশিন (পিসিএম) এর বিট মাপ চেয়ে বড়। তত্ত্ব জন্য একটি পিসিএম $T$ একটি স্ট্রিং ইনপুট হিসাবে একটি পূর্ণসংখ্যা হিসাবে এনকোডেড নেয় এবং একটি 1 আউটপুট যদি স্ট্রিং এর ভাষায় একটি বৈধ প্রমাণ $T$ ।

ধরে নিন যে $L(T) > |PCM_T|$ তত্ত্বের $T$ একটি ঊর্ধ্ব জটিলতা জন্য আবদ্ধ হয় । নিম্নলিখিত তত্ত্বগুলির শ্রেণিবিন্যাস বিবেচনা করুন: বেস তত্ত্বটি রবিনসন পাটিগণিত ( ) হতে দিন। বহুবর্ষীয় সীমাবদ্ধ অন্তর্ভুক্তির ক্রমবর্ধমান শক্তিশালী অক্ষ সহ অগমেন্ট । যাক সঙ্গে উপপাদ্য প্রতিপাদ্য তত্ত্ব হতে এই বেষ্টিত আনয়ন উপপাদ্য ব্যবহার কোন। ধরুন আমরা এবং সংজ্ঞায়িত করতে পারি $T$ $Q$ $Q$ $Q^*$ $Q$ $L(Q)$ $L({Q^*})$ প্রতিটি তত্ত্বের জন্য পিসিএমের সংজ্ঞা দিয়ে।

আমি একটি বর্ধিত প্রমাণ পরীক্ষণ মেশিন (EPCM) বিবেচনা করতে $Q^*$ । এই EPCM শুধু একটি ECM মত ইনপুট হিসাবে একটি স্ট্রিং নেয় এবং একটি দ্বিতীয় ইনপুট র্যাঙ্ক এবং এর একটি উপ-তত্ত্ব মাত্রা সংজ্ঞায়িত হয়েছে $Q^*$ । যদি ইনপুট স্ট্রিংটি $Q^*$ EPCM- এ একটি বৈধ প্রমাণ হয় তবে প্রমাণের পদক্ষেপগুলি অতিক্রম করে সর্বোচ্চ ব্যবহৃত হয় এবং ব্যবহৃত আবেগের স্তর নির্ধারণ করে। এই EPCM তারপর একটি 1 লিখেছেন যদি ইনপুট বাক্যের নিদিষ্ট উপ-তত্ত্ব একটি বৈধ প্রমাণ $Q^*$ ।

আমি যে বর্ধিত প্রুফ চেকারটিকে বর্ণনা করছি তা কি সম্ভব? যদি তাই হয়, এই EPCM আকার হবে একটি ঊর্ধ্ব শুধু জটিলতা না আবদ্ধ $Q^*$ , কিন্তু একটি ঊর্ধ্ব কোন উপ-তত্ত্বের জটিলতার উপর আবদ্ধ $Q^*$ ?

$Q^*$ এবং এর সমস্ত উপ-তত্ত্বের জটিলতার উপর ধ্রুবক উপরের আবদ্ধ রয়েছে তা বলা কি যুক্তিসঙ্গত ?

এই প্রশ্নটি গাণিতিকের অসঙ্গততার নেলসনের ব্যর্থ প্রমাণ দ্বারা সংক্রামিত হয়েছিল। আমি এটি আগে উল্লেখ করিনি কারণ কিছু লোকেরা প্রমাণটিকে বিরক্তিকর বলে মনে করে। আমার প্রেরণা একটি আকর্ষণীয় প্রশ্ন জিজ্ঞাসা করা হয়। সিএসটিওরি এই প্রশ্নের সঠিক ফোরাম বলে মনে হচ্ছে। এবং এর সমস্ত উপ-তত্ত্বের জটিলতা হয় একটি ধ্রুবক বা আনবাউন্ডেড দ্বারা আবদ্ধ। হয় উত্তর আরও প্রশ্নের দিকে নিয়ে যায়। $Q^*$

উপ-তত্ত্ব জটিলতা সীমাবদ্ধ নয় যদি আমরা কি দুর্বলতম উপ-তত্ত্ব মত প্রশ্ন করতে পারেন চেয়ে আরো জটিল ? নাকি পিএ এবং জেডএফসির চেয়ে জটিল? এই প্রশ্নটি সম্পর্কে চিন্তাভাবনা ইতিমধ্যে আমাকে দেখিয়েছে যে কোলমোগোরভ স্ট্রিংয়ের জটিলতা সম্পর্কে কোনও তত্ত্ব কতটা প্রমাণ করতে পারে তার একটি মারাত্মক সীমা রয়েছে। তাহলে তার উপ-তত্ত্ব সামঞ্জস্যপূর্ণ তারপর কেউ প্রমাণ করতে পারেন হয় কোন স্ট্রিং এর জন্য। এর অর্থ এমনকি শক্তিশালী সাব-থিওরিয়ালগুলি প্রমাণ করতে পারে না যে দুর্বল তত্ত্বটি চেয়ে আরও জটিল কিছু দুর্বল সাব-তত্ত্বের চেয়ে আরও জটিল স্ট্রিং রয়েছে than $Q^*$ $Q^*$ $Q^*$ $K(s) > L(Q^*)$ । $Q^*$

lo.logic kolmogorov-complexity

— রাসেল ইস্টারলি
সূত্র

এটি যতদূর যায় ঠিক ততই সঠিক, তবে অবশ্যই আনয়ন স্কিমায় সীমাবদ্ধতা যাচাই করতে প্রয়োজনীয় অতিরিক্ত ইনপুট (

, বলুন) নিজেই আনবাউন্ডেড জটিলতার, সুতরাং আপনি এই জটিলতাগুলিকে অভিন্নভাবে আবদ্ধ করে রেখেছিলেন তা বোঝা কিছুটা বিভ্রান্তিকর ।

n

$n$

অতিরিক্ত জটিলতা হবে

। যদি আমার

তবে আমি কেবল

।

l o g (n)

$log(n)$

n \leq L

$n \le L$

L > c + l o g (L)

$L > c+log(L)$

— রাসেল ইস্টারলি

আপনার স্বরলিপি কিছুটা বিরক্তিকরভাবে আমাকে পাটিগণিতের অসঙ্গতি প্রমাণ করার এই ভুল প্রচেষ্টাটির কথা মনে করিয়ে দেয় । আপনি কি আপনার প্রেরণাগুলি পরিষ্কার করতে পারেন?

— কোডি

হাই রাসেল এটি আমার কাছে বেশ আকর্ষণীয় মনে হচ্ছে। আপনি যদি কখনও চ্যাট করতে চান তবে দয়া করে আমাকে জানান। আপনার দিনটি শুভ হোক! :)

— মাইকেল ওয়েহার

হ্যাঁ, এই জাতীয় টিএম কোনও তত্ত্বের জটিলতা সংজ্ঞায়িত করতে ব্যবহার করা যেতে পারে। আমি জিজ্ঞাসা করছি যে যখন আমাদের একাধিক তত্ত্ব রয়েছে তখন এই টিএমের আকারের কোনও সীমাবদ্ধ রয়েছে কি না।

— রাসেল ইস্টারলি

আমি চেষ্টা করব এবং এই প্রশ্নের উত্তর দেব, এবং প্রশ্নের সঠিক ফর্মটি সম্পর্কে কিছু বিভ্রান্তি পরিষ্কার করার চেষ্টা করব।

আমি প্রথম বক্তব্যটি করতে চাই: চৈতিনের ধ্রুবকের বিবৃতিতে আসলেই একটি ফাংশন । ইন পরম জ্ঞান, এটি expressiveness মধ্যে একঘেয়ে হয় যদি: হল ক্ষুদ্রতম যার জন্য প্রাকৃতিক সংখ্যা কোন স্ট্রিং এর জন্য , তারপর যদি সঙ্গতিপূর্ণ তত্ত্ব অনেক শক্তিশালী ( বোঝা $L$ $T$ $T$ $L(T)$

T ⊬ K (s) \geq L (T)

$T\not\vdash K(s)\geq L(T)$

s

$s$

T^{'}

$T'$

T

$T$

T ⊢ φ

$T\vdash\varphi$

কোনো গাণিতিক বাক্যের জন্য

) তাহলে

। যুক্তি খুবই সহজ: যদি অস্তিত্ব আছে

যেমন যে

তারপর

হাইপোথিসিস দ্বারা।

T^{'} ⊢ φ

$T'\vdash\varphi$

φ

$\varphi$

L (T^{'}) \geq L (T)

$L(T')\geq L(T)$

s

$s$

T ⊢ K (s) \geq L

$T\vdash K(s)\geq L$

T^{'} ⊢ K (s) \geq L

$T'\vdash K(s)\geq L$

যাইহোক, এই একমাত্র সত্য হলে হল পরম Chaitin ধ্রুবক। বিশেষ করে, যদি প্রমাণ করে , তারপর $L(T)$ $T'$ $\mathrm{Con}(T)$

T^{'} ⊢ \exists L \forall s ⌈ T ⊬ K (\bar{s}) \geq \bar{L} ⌉

$T'\vdash \exists L\forall s\ \lceil T\not\vdash K(\overline{s})\geq \overline{L}\rceil$

চৈতিনের যুক্তি অভ্যন্তরীণ করে। যাইহোক , একটি কংক্রিট যার জন্য $l$

T^{'} ⊢ \forall s ⌈ T ⊬ K (\bar{s}) \geq \bar{l} ⌉

$T'\vdash\forall s\ \lceil T\not\vdash K(\overline{s})\geq\overline{l}\rceil$

সাধারণত সমান হবে না $L(T)$ । বিশেষ করে সাধারণভাবে সমানুপাতিক অনেক বড় হতে পারে, তার প্রমাণ মাপ মধ্যে $\mathrm{Con}(T)$ $T'$ । এটি সহজেই তাত্ত্বিকের প্রমাণে দেখা যায়, যা গুরুতরভাবে এর ধারাবাহিকতার উপর নির্ভর করে । $T$

সুতরাং যখন বেষ্টিত আনয়ন সঙ্গে সিস্টেমের দৃঢ়তা প্রমাণ করতে পারেন, এই প্রমাণই দৈর্ঘ্য পায় আর কাছাকাছি আপনার সাথে যোগাযোগ expressiveness মধ্যে (এক পথ অসম্পূর্ণতা উপপাদ্য বুঝতে পেরেছিল যে দৈর্ঘ্য যখন আপনার কাছে পৌঁছাতে অসীম হয়ে যায় , এইভাবে এটি নিজেই ধারাবাহিকতার সীমাবদ্ধ প্রমাণ নেই )। এভাবে একই বিভিন্ন উপরের কোট প্রযোজ্য অভ্যন্তরীণ গুলি প্রতিটি উপ-তত্ত্বের বর্ণনা করতে পারেন। $Q^*$ $Q^*$ $Q^*$ $Q^*$ $L(T)$ $Q^*$

তাই এখানে আপনার প্রশ্নের সংক্ষিপ্ত উত্তর হল: সব subtheories জন্য অবিশেষে বেষ্টিত কিন্তু নিজেই প্রদর্শন করতে পারবে না যে, এই বাউন্ড এমন সব subtheories জন্য ঝুলিতে। এটিই নেলসন যে গুরুতর ভুল করেছিলেন (আনুষ্ঠানিকতার বেশ কয়েকটি স্তরের নিচে কবর দেওয়া হয়েছিল) এবং তাও এখানে উল্লেখ করেছেন । $L(T)$ $Q^*$ $Q^*$

— কোডি
সূত্র

PRA

প্রমাণ করতে পারে । এই প্রমাণ মাপ একটি ঊর্ধ্ব জটিলতা উপর আবদ্ধ হয়

(ইত্যাদি উপপাদ্য ব্যবহার, বাক্যের একটি সামঞ্জস্যপূর্ণ এনকোডিং অভিমানী,) এবং এটি সমস্ত উপ-তত্ত্ব?

C o n (Q^{*})

$Con(Q^*)$

Q^{*}

$Q^*$

— রাসেল ইস্টারলি

Pra একটি অভিন্ন জন্য আবদ্ধ দিতে পারেন

উপ-তত্ত্ব প্রত্যেকের জন্য। যেহেতু

এবং কোন উপ-তত্ত্বের

এর

, এবং তাই এটি হার্ড শো নয় জন্য আবদ্ধ যে

এছাড়াও জন্য কাজ করে

(Pra মধ্যে)।

L

$L$

P R A ⊢ C o n (Q^{*})

$\mathrm{PRA}\vdash \mathrm{Con}(Q^*)$

T

$T$

Q^{*}

$Q^*$

P R A ⊢ C o n (Q^{*}) \to C o n (T)

$\mathrm{PRA}\vdash\mathrm{Con}(Q^*)\rightarrow\mathrm{Con}(T)$

Q^{*}

$Q^*$

T

$T$

— চোদি

দ্বারা কোনো উপ-তত্ত্ব

আমি অবশ্যই কোন উপ-তত্ত্ব Pra যাতে প্রমাণিত হতে পারে বোঝানো।

Q^{*}

$Q^*$

— কোডি

আরে কোডি, উত্তরের জন্য ধন্যবাদ। আশা করি সব ঠিক আছে। :)

— মাইকেল ওয়েহার

ধন্যবাদ মাইক! এটি একটি মজার প্রশ্ন ছিল। নেলসন নিজেই বিবরণে বিভ্রান্ত হয়ে পড়েছিলেন বলে বোঝা যায় যে পথে কিছু সূক্ষ্ম সমস্যা রয়েছে ...

— কোডি