Возможна ли мета-неразрешимость?

Есть проблемы, которые разрешимы, есть проблемы, которые неразрешимы, есть полурешимость и т. Д.

В этом случае мне интересно, может ли проблема быть мета неразрешимой. Это означает (по крайней мере, в моей голове), что мы не можем сказать, разрешимо это или нет.

Возможно, известно, что разрешимость неразрешима (все неразличимо с мета), и не существует алгоритма, который бы доказывал разрешимость чего бы то ни было, поэтому разрешимость должна быть доказана вручную в каждом конкретном случае.

Может быть, мой вопрос не имеет смысла. Может быть, я предполагаю, что мы - углеродные машины, использующие очень сложные алгоритмы, и поэтому вопрос имеет смысл только в моей голове.

Пожалуйста, дайте мне знать, если вопрос требует дальнейшего уточнения. Мне может понадобиться это сам в данный момент.

Спасибо.

Вот быстрый набросок, показывающий, что не существует машины Тьюринга, чтобы решить, разрешим ли произвольный класс проблем.

Я должен уточнить, что я имею в виду под классом проблем: классом проблем $T$является машиной Тьюринга, которая перечисляет элементы (скажем, натуральные числа) рекурсивно перечислимого множества один за другим, так что каждый элемент в наборе в конечном итоге печатается. Проблема интуитивно поймана$T(n)$ это: "это число $n$ в этом наборе? ". Это фиксирует обычные проблемы в области вычислимости, такие как" является ли я индексом машины Тьюринга, которая останавливается при пустом вводе? ".

Предположим, была машина $M$ который, учитывая в качестве входных данных класс проблем $T$ ответил $\mathit{true}$ если этот класс разрешим и $\mathit{false}$ в противном случае.

Теперь возьмите произвольную машину Тьюринга $T$, Мы строим следующий класс задач$T'$ следующим образом:

1. Имитировать $T$,
2. Если $T$ halts, перечислять индексы машин Тьюринга, которые останавливаются при пустом вводе.

Теперь понятно, что если $T$ затем останавливается $M(T')$ возвращается $\mathit{false}$, так как множество показателей остановки машин Тьюринга не является разрешимым (рекурсивным) набором.

Если $T$это не остановить, то$T'$не перечисляет любые номера, что делает его именно класс задач , не содержащих ни одного индексов! Следовательно$M(T')$ ответы $\mathit{true}$, поскольку этот класс разрешим (на машине, которая всегда отклоняет).

Следовательно, $M(T')$ возвращается $\mathit{true}$ тогда и только тогда $T$ не останавливается, а $\mathit{false}$в противном случае. Таким образом, существование$M$ позволяет нам решить проблему остановки для произвольной машины $T$, что является противоречием.

Очень классная идея!

Идея: мы можем использовать аксиому понимания в теории множеств ZF для определения языка, который зависит от независимого утверждения.

Шаг 1: Примите ваше любимое утверждение, которое не зависит от ZF, например AC - аксиома выбора.

Шаг 2: Определите язык L = {x в {0,1} | x = 0, если AC, и x = 1, если не AC}. Обратите внимание, что L является либо {0}, либо {1}. Теперь L разрешима, но мы не можем с уверенностью предоставить программу, которая решает L. Мы могли бы предоставить программу, которая решает {0}, или мы могли бы предоставить программу, которая решает {1}, но мы не знаем наверняка который решает Л.

Шаг 3: Используйте эту идею, чтобы определить язык, который разрешим, если AC, и неразрешим, если НЕ AC. Пусть H будет множеством остановки, которое неразрешимо. Определить L = {x | x - строка, если AC, и x в H, если NOT AC}. Если AC, то L = множество всех строк и L разрешима. Если НЕ AC, то L = H и L неразрешима. Является ли L разрешимым, не зависит от ZF.