Câu hỏi liên quan đến vấn đề thứ 10 của Hilbert

Cho và người ta có thể định nghĩa công thức sau đây bằng ngôn ngữ của các nhà khoa học chính thức $n \in \mathbb{N}$ $p,q \in \mathbb{N}[x_1,\ldots,x_n]$

φ (n, p, q) = = \forall x_{1} \dots \forall x_{n} : \neg (p (x_{1}, Giáo dục, x_{n}) = = q (x_{1}, Giáo dục, x_{n}))

$\varphi(n,p,q) = \forall x_1 \cdots \forall x_n : \neg (p(x_1,\ldots,x_n) = q(x_1,\ldots,x_n))$

Tôi muốn chỉ ra rằng có vô số bộ ba sao cho cả cũng không là một định lý về số học chính thức. $(n,p,q)$ $\varphi(n,p,q)$ $\neg \varphi(n,p,q)$

Khi trình bày điều này, tôi có thể sử dụng thực tế là vấn đề quyết định xem một đa thức có số không tự nhiên là không thể giải quyết được. $r \in \mathbb{Z}[x_1,\ldots,x_n]$

Biết được thực tế trên, chúng ta biết rằng có một đa thức sao cho không nor là một định lý. (Ở đây các bộ định lượng vượt quá mức tự nhiên mà tôi không chắc mình có thể sử dụng có chủ ý không?) $r \in \mathbb{Z}[x_1,\ldots,x_n]$

φ^{'} = = \forall x_{1} \dots \forall x_{n} : \neg (r (x) = = 0)

$\varphi' = \forall x_1 \cdots \forall x_n : \neg (r(x) = 0)$

\neg φ^{'}

$\neg \varphi'$

Khi chúng ta có chúng ta có thể viết nó dưới dạng cho và do đó và cũng không phải là định lý vì tương đương logic với và chúng tôi đã chỉ ra rằng đây không phải là một định lý $r$

r (x_{1}, Giáo dục, x_{n}) = = p (x_{1}, Giáo dục, x_{r}) - q (x_{1}, Giáo dục, x_{n})

$r(x_1,\ldots,x_n) = p(x_1,\ldots,x_r) - q(x_1,\ldots,x_n)$

p, q \in N [x_{1}, \dots, x_{n}]

$p,q \in \mathbb{N}[x_1,\ldots,x_n]$

φ (n, p, q)

$\varphi(n,p,q)$

\neg φ (n, p, q)

$\neg \varphi(n,p,q)$

φ

$\varphi$

φ^{'}

$\varphi'$

Khi chúng ta có một bộ ba như vậy chúng ta có vô số trong số chúng vì chúng ta chỉ có thể lấy cho $(n,p,q)$ $(n,p+k,q+k)$ $k \in \mathbb{N}.$

Vì tôi chưa bao giờ làm những việc như vậy trước khi tôi tự hỏi liệu lý luận trên có đúng không?

computability logic undecidability

— Jernej
nguồn

Bạn cũng có thể nhân cả hai bên với một yếu tố không đổi ...

— cody

Sẽ thú vị hơn khi tìm thấy các cặp (p, q) vô hạn không liên quan đến "biến đổi affine". Tôi nghi ngờ có một lập luận tương đối đơn giản để thể hiện điều này là tốt.

— cody

Bạn có thể thay thế hoặc cho một biến để có được một cặp "khác" .

a + b

$a+b$

a^{2} + b^{2} + c^{2} + d^{2}

$a^2+b^2+c^2+d^2$

x_{i}

$x_i$

(p, q)

$(p,q)$

— Yuval Filmus

Như Yuval và cody đã chỉ ra, có những giải pháp dễ dàng để có được vô số phương trình Diophantine không thể chứng minh cũng không thể bác bỏ được (giả sử trong PA).

Tuy nhiên, các giải pháp cú pháp này dẫn đến các tập tương đương có thể chứng minh được, tức là các tập hợp mà lý thuyết có thể chứng minh chúng là tương đương. Bạn có thể coi đây là những đối số đệm. Một cách khác là thêm một biến không được sử dụng.

Bạn cũng có thể chơi với việc thêm hoặc xóa một số chuỗi rõ ràng (các biến thể hữu hạn của tập hợp).

Nếu bạn muốn có các phương trình Diophantine "về cơ bản" khác nhau (ví dụ: các bộ không tương đương Turing) thì điều đó khó khăn hơn và tôi nghĩ rằng biết rằng có một phương trình Diophantine độc lập là không đủ, bạn sẽ cần thực tế là mọi sự tái thiết lập có thể được mã hóa dưới dạng phương trình Diophantine (hoặc một cái gì đó tương tự).

ps: vì bạn chỉ quan tâm đến sự độc lập nên việc trình bày các công thức này là phương trình Diophantine không phải là phủ định của chúng.

— Kaveh
nguồn