Машины Тьюринга, окончание которых недоказуемо?

У меня наивный вопрос: существует ли машина Тьюринга, завершение которой истинно, но недоказуемо какой-либо естественной, последовательной и конечно аксиоматизируемой теорией? Я прошу простое доказательство существования, а не конкретный пример.

Это может быть связано с порядковым анализом . Действительно, для машины Тьюринга $M$ мы можем определить $O(M)$ как наименьший порядковый номер последовательной теории, доказывающей ее окончание (или инфимум этих порядковых чисел). Так что я думаю, что было бы эквивалентно спросить, существует ли $M$ такой, что $O(M) \geq \omega_1^{CK}$ ?

turing-machines proof-theory halting-problem

— Super8
источник

Разве количественное определение не должно работать наоборот? Простое добавление остановок TM X в качестве аксиомы будет согласовано для любого X, который фактически останавливается на всех входах (и конечно, если вы делаете это только для рассматриваемой TM). С обратными квантификаторами, как насчет ТМ, который останавливается, если ввод не является доказательством согласованности для аксиоматической системы и в противном случае входит в бесконечный цикл.

— Йонатан N

Ваше предложение интересно, спасибо. Я знал о вашей озабоченности при формулировании вопроса, поэтому я добавил «естественный» в требования. Конечно, проблема в том, можем ли мы дать формальное определение «естественности», которое исключило бы эту искусственную конструкцию.

— Super8

думаю, что ответ отрицательный, потому что если он останавливается, то просто запускается машина, и она останавливается за конечное число шагов, и это доказательство, и этот факт можно преобразовать в любую достаточно мощную систему доказательств. с другой стороны, думаю, что можно закодировать / преобразовать / перевести недоказуемое tho Годеля в машину без остановки, для которой невозможно остановить без остановки. этот вопрос похож, есть ли ТМ, который останавливается на всех входах, но свойство не доказуемо cs.se

— vzn

Вы можете построить машину Тьюринга

M

$M$ который вычисляет последовательность Гудштейна

G (n)

$G(n)$ ввода

n

$n$ и останавливается, когда достигает

0

$0$ Остановка

M

$M$ не может быть доказано в арифметике Пеано; то есть теорема Гудштейна не доказуема с помощью аксиом арифметики Пеано. См. Лори Кирби, Джефф Пэрис, Доступные результаты независимости для арифметики Пеано (1982)

— Марцио Де Биаси

Спасибо, я не знал этих записей. Что я спрашиваю, тем сильнее, я бы хотел недоказуемость в отношении любой разумной теории (а не конкретной теории, такой как PA). Я не уверен, что вопрос имеет определенный ответ, хотя.

— Super8

Ответы:

Завершение машины Тьюринга (на фиксированном входе) является $\Sigma^0_1$ предложение и все обычные арифметические теории первого порядка для $\Sigma^0_1$ предложения, т.е. все верно $\Sigma^0_1$ утверждения доказуемы в этих теориях.

Если вы посмотрите на тотальности вместо приостановки , т.е. ТМ останавливается на все входы, то это $\Pi^0_2$ -полное предложение и для любой вычислимо аксиоматизируемой непротиворечивой теории, которая достаточно сильна (например, расширяет, скажем, Робинсона $Q$ теория) есть ТМ, чья совокупность не может быть доказана в этой теории.

— Кава
источник

Да, я искал совокупность, поскольку, конечно, проблема для фиксированного ввода тривиальна. Я подумаю о вашем утверждении и о том, как это доказать, но на данный момент я не понимаю, как рассмотрение «вычислимо аксиоматизируемых» теорий исключает вышеупомянутую проблему? Кроме того, в вашем утверждении ТМ зависит от рассматриваемой теории, можем ли мы получить мое более сильное утверждение с помощью некоторой диагонализации?

— Super8

Вот простой способ: набор доказуемо полных вычислимых функций такой теории равен ce, набор полных вычислимых функций не равен ce, или же вы можете по диагонали сравнивать с доказуемо полными функциями теории.

— Каве

После второй мысли я предлагаю рассмотреть ограничение проблемы следующим образом. Дана порядковая система обозначений

σ

$\sigma$ представляет порядковый номер

α

$\alpha$ мы можем определить соответствующую «элементарную теорию»

T (α, σ)

$\mathcal{T}(\alpha,\sigma)$ что позволяет трансфинитную индукцию до

α

$\alpha$ , Учитывая ТМ

M

$M$ мы бы тогда определили

O (M)

$O(M)$ как наименьший порядковый номер

α

$\alpha$ такое, что прекращение

M

$M$ может быть доказано теорией

T (α, σ)

$\mathcal{T}(\alpha,\sigma)$ (то есть система обозначений может быть свободно выбрана). Имеет ли это определение смысл?

— Super8

@ Super8, я не уверен. Как правило, ассоциация ординалов с теориями не является канонической, для этого существуют различные способы ассоциирования. Вы можете начать со слабой теории, такой как PRA, и добавить индукцию к вычислимым ординалам с хорошими фундаментальными последовательностями и т. Д., Но я не уверен, почему вы хотели бы сделать это.

— Каве

Хорошо, я не понял проблему, я постараюсь найти лучшее определение самостоятельно тогда.

— Super8

Я не эксперт по логике, но я верю, что ответ - нет . Если машина Тьюринга останавливается и система достаточно сильна, вы должны иметь возможность выписать полную историю вычислений машины Тьюринга на ее входе. Когда кто-то проверяет, что результатом вычисления является завершающая последовательность переходов, можно увидеть, что машина останавливается. Независимо от того, как вы формализуете машины Тьюринга в своей теории, в любой разумной теории вы должны показать, что машина, которая останавливается, действительно останавливается. В качестве аналогии подумайте о попытке доказать, что конечная сумма равна тому, чему она равна; например, докажите, что 5 + 2 + 3 + 19 + 7 + 6 = 42 или 5 + 5 + 5 = 15. Так же, как это всегда возможно до тех пор, пока число шагов является конечным, также доказывается результат конечного вычисления.

Также как дополнительный очевидный момент - даже если ваша теория противоречива, вы все равно можете показать, что машина останавливается, даже если она этого не делает, так как вы можете доказать любой результат в противоречивой теории, независимо от того, является ли она ошибочной. на самом деле правда.

— Филип Уайт
источник

Я согласен с вашим первым пунктом, см. Мой ответ ниже. Что касается вашего второго пункта, противоречивая теория также докажет прекращение (фактически не определяющего) ТМ, откуда ограничение на согласованные теории.

— Super8

Я думаю, что мы говорим то же самое; Я только заметил, что вы сказали «последовательный» в вопросе, извините за то, что пропустили это. Я думаю, что ответ Каве охватывает все те же вещи и в любом случае написан более элегантно.

— Филип Уайт