Là tạm dừng vấn đề tính toán cho các đầu vào / giả định cụ thể

Từ hiểu biết của tôi về bằng chứng cho thấy vấn đề tạm dừng là không thể tính toán được, vấn đề này không thể tính toán được vì nếu chúng ta có chương trình P (x) tính toán nếu chương trình x tạm dừng hay không, chúng ta đã gặp nghịch lý khi đưa P làm đầu vào cho cùng P, có: P (P), cố gắng quyết định xem P có dừng hay không sử dụng chính P.

Vì vậy, câu hỏi của tôi là: tạm dừng vấn đề có thể tính toán được bởi chương trình P cho tất cả các chương trình khác được sử dụng làm đầu vào nhưng bản thân P không? Nói cách khác: vấn đề tạm dừng không thể tính toán được chỉ trong trường hợp đặc biệt này hoặc bằng chứng chung chung hơn và tôi đang thiếu một cái gì đó?

Nếu là bất kỳ hàm tính toán nào, thì g , được định nghĩa là$f$$g$

cũng có thể tính toán được, cho mọi lựa chọn của .$k,v$

Về cơ bản, nếu bạn có chương trình tính toán cho tất cả ngoại trừ , bạn có thể "sửa" trường hợp đó (ví dụ: sử dụng an ) và lấy chương trình tính cho tất cả .$P'$$g(n)$$n$$n=k$if then else$P$$g(n)$$n$

Do đó, nếu bạn có thể tính toán hàm tạm dừng "ngoại trừ một trường hợp", bạn cũng có thể tính toán hàm tạm dừng (không có trường hợp ngoại lệ). Từ đó, bạn có thể có được một mâu thuẫn như bình thường.

Kết luận: không, bạn không thể quyết định vấn đề tạm dừng "ngoại trừ một trường hợp" (cũng không phải "ngoại trừ nhiều trường hợp").

vấn đề tạm dừng có thể tính toán được bởi chương trình P cho tất cả các chương trình khác được sử dụng làm đầu vào nhưng bản thân P không?

$P_1, P_2, \dots$$P_i$$i$$i$$P$$P$$P$

$P$

Có các thuật toán để chỉ ra rằng các lớp chương trình nhất định làm hoặc không dừng lại. Ví dụ,

• Có thể xác định theo thuật toán xem chương trình mô hình hóa máy trạng thái hữu hạn có dừng hay không.
• Có thể xác định một cách hợp lý liệu máy turing giới hạn tuyến tính có dừng lại không
• Nếu bạn biết chương trình thuộc lớp phức tạp nào, thì bạn biết rằng chương trình tạm dừng cho các đầu vào hữu hạn.

Mặc dù không có thuật toán để xác định xem chương trình tùy ý có dừng hay không, nhưng phần lớn mã được thiết kế để tạm dừng (giống như hầu hết các chương trình con) hoặc không dừng lại (như một vòng lặp vô hạn để xử lý các sự kiện) và có thể xác định bằng thuật toán để xác định đó là gì. Nói cách khác, bạn có thể có một thuật toán trả lời "tạm dừng", "không dừng lại" hoặc "Tôi không biết" và một thuật toán như vậy có thể được thiết kế để bao gồm đủ các chương trình mà nó sẽ hữu ích.

Bằng chứng bằng mâu thuẫn không cần phải toàn diện , một ví dụ đơn lẻ là đủ. Bằng chứng về vấn đề tạm dừng là không thể giải quyết được cung cấp cho bạn một ví dụ về P mà tài sản tạm dừng không thể được quyết định. Bằng chứng này không nói rõ rằng P là chương trình duy nhất như vậy, trên thực tế, có thể tồn tại các bằng chứng độc lập xây dựng các lớp P. hoàn toàn khác nhau.

Bằng chứng thực sự là tổng quát hơn: vấn đề tạm dừng là một trường hợp đặc biệt của định lý Rice , trong đó nêu rõ

$\Phi$

$A$$B$$\Phi(A)$$\Phi(B)$

$x$$x$

Bạn có thể nhận được một số kết quả bằng cách giới hạn không gian của các chương trình bạn muốn làm việc cùng, mặc dù những hạn chế này phải khá quyết liệt. Ví dụ: nếu bạn được đảm bảo rằng chương trình bạn được cung cấp tạm dừng trong vòng 100 bước hoặc chạy mãi mãi, việc quyết định xem chương trình đó có bị dừng hay không.

$N$$k$$BB(k)$

Đặt R là bất kỳ tập hợp đệ quy nhưng không đệ quy. Có vô số bộ như vậy. Đặt T là một máy Turing tạm dừng đầu vào k khi và chỉ khi k ở R. Như vậy T tồn tại cho bất kỳ tập hợp đệ quy nào. Không thể viết chương trình có thể giải quyết vấn đề tạm dừng cho điều này. Điều này là do bất kỳ thuật toán nào để xác định nếu T dừng sẽ mang lại thuật toán xác định tư cách thành viên trong R, điều này là không thể nếu R không có giá trị. Vì có vô số R như vậy, mỗi máy cung cấp các máy Turing khác nhau, nên có vô số máy Turing mà bất kỳ chương trình tạm dừng P cố gắng nào cũng sẽ thất bại.