vấn đề không thể giải quyết được và sự phủ nhận của nó là không thể giải quyết được

Tuy nhiên, rất nhiều vấn đề "nổi tiếng" không thể giải quyết được, ít nhất là có thể bán được, với sự bổ sung của chúng là không thể giải quyết được. Một ví dụ trên tất cả có thể là vấn đề tạm dừng và bổ sung của nó.

Tuy nhiên, bất cứ ai cũng có thể cho tôi một ví dụ trong đó cả một vấn đề và bổ sung của nó là không thể giải quyết được và không thể bán được? Tôi đã nghĩ về ngôn ngữ chéo Ld, nhưng dường như tôi không thể bổ sung được.

Trong trường hợp đó, điều đó có nghĩa là Turing Machine M có thể "mất" một số chuỗi thay vào đó phải được nhận ra, vì chúng là một phần của ngôn ngữ mà chúng tôi đang cố gắng xác định?

Hãy xem xét các ngôn ngữ sau:

$$L_2 = \{(M_1,x_1,M_2,x_2) : \text{$M_1$ halts on input $x_1$ and $M_2$ doesn't halt on input $x_2$}\}.$$

M 2 x 2 "không thể bán được, vì vậy L 2 không phải là bán quyết định và khi bạn nhìn vào phần bù của L 2 , điều tương tự xảy ra với M 1. Điều này có thể được chính thức hóa hơn bằng cách sử dụng các mức giảm .$L_2$ là không thể giải quyết được và không thể bán được, và điều tương tự cũng đúng với phần bổ sung của nó. Tại sao? Trực giác là " không dừng lại ở đầu vào$M_2$$x_2$$L_2$$L_2$$M_1$

Tổng quát hơn, nếu $L$ là một ngôn ngữ không thể giải quyết được và không thể bán được, thì

$$L' = \{(x,y) : x \in L, y \notin L\}$$

đáp ứng yêu cầu của bạn: là undecidable và không bán decidable, và điều này cũng đúng với sự bổ sung của L ' .$L'$$L'$

Lưu ý rằng phần lớn các vấn đề phù hợp với tiêu chí mà bạn đang tìm kiếm: cả vấn đề và phần bổ sung của nó đều không thể bán được. Điều này là do chỉ có vô số vấn đề bán quyết định nhưng có vô số vấn đề.

Đối với một ví dụ, chúng ta hãy là vấn đề ngăn chặn cho máy Turing và để cho M là lớp của máy Turing với oracle cho  H . Hãy H 2 là vấn đề ngăn chặn cho  M . Tôi khẳng định rằng cả H 2 và  ¯ H 2 đều không thể bán được$H$$\cal{M}$$H$$H_2$$\cal{M}$$H_2$$\overline{H_2}$

Chúng ta có thể chỉ ra rằng không được quyết định bởi bất kỳ máy nào trong  M : đối số giống như đối số mà máy Turing thông thường tạm dừng sự cố  H không được quyết định bởi bất kỳ máy Turing thông thường nào. Bây giờ, giả sử cho mâu thuẫn đó H 2  là bán quyết định bởi một số máy Turing bình thường  T . Chà, với một lời tiên tri cho  H , chúng ta có thể kiểm tra xem T có  dừng lại cho bất kỳ đầu vào cụ thể nào không, mâu thuẫn với thực tế là không có máy nào trong  M quyết định  H 2 . Vậy H 2  không bán được.$H_2$$\cal{M}$$H$$H_2$$T$$H$$T$$\cal{M}$$H_2$$H_2$

Vẫn còn cho thấy rằng không bán được. Đầu tiên, lưu ý rằng nó được quyết định bởi một máy trong  M : một lần nữa, đối số giống như H  được quyết định bởi một máy Turing thông thường. ¯ H 2  không thể bán quyết định bởi một số máy trong  M bởi vì, nếu nó đã được, H 2 và  ¯ H 2 sẽ được cả hai bán quyết định bởi máy trong  M , vì vậy cả hai ngôn ngữ sẽ được quyết định bởi máy trong  M . Nhưng chúng ta đã biết rằng H 2  được không phải do máy bất kỳ quyết định trong  M . Vì thế,$\overline{H_2}$$\cal{M}$$H$$\overline{H_2}$$\cal{M}$$H_2$$\overline{H_2}$$\cal{M}$$\cal{M}$$H_2$$\cal{M}$  là không bán quyết định bởi bất kỳ máy trong M. Hơn nữa, ¯ H 2 không được quyết định bởi bất kỳ máy Turing thông thường nào, vìM chứa mọi máy Turing thông thường. (Một máy Turing thông thường là máy Turing có một lời sấm truyền cho Hkhông bao giờ sử dụng lời tiên tri đó.)$\overline{H_2}$$\cal{M}$$\overline{H_2}$$\cal{M}$$H$

Dưới đây là một số ví dụ tự nhiên:

• Ngôn ngữ của tất cả các máy Turing tạm dừng trên tất cả các đầu vào, đôi khi được ký hiệu là TOT. Ngôn ngữ này là Hoàn thành.$\Pi_2^0$

• Ngôn ngữ của tất cả các máy Turing tạm dừng trên vô số đầu vào, đôi khi được ký hiệu là INF. Ngôn ngữ này cũng Hoàn thành.$\Pi_2^0$

• Ngôn ngữ của tất cả các máy Turing tạm dừng trên các đầu vào dài tùy ý , đôi khi được ký hiệu là COF. Ngôn ngữ này là Hoàn thành.$\Sigma_3^0$

và Σ 0 3 là các cấp củahệ thống phân cấp số học. Cụ thể, các kết quả hoàn chỉnh ngụ ý rằng các ngôn ngữ này không phải là bán được cũng như không thể bán được.$\Pi_2^0$$\Sigma_3^0$