Độ quyết định của số siêu việt

Tôi có một câu hỏi, câu trả lời của ai có lẽ đã được biết đến, nhưng dường như tôi không thể tìm thấy bất cứ điều gì có ý nghĩa sau một chút tìm kiếm, vì vậy tôi sẽ đánh giá cao sự giúp đỡ nào đó.

Câu hỏi của tôi là liệu người ta biết rằng việc quyết định xem một số có siêu việt hay không là không thể giải quyết được.

Có thể, một giả định là đầu vào, giả sử một chương trình trả về bit thứ i của số. Cảm ơn trước cho bất kỳ con trỏ.

computability computable-analysis

— ipsofacto
nguồn

Nếu các thực thể được biểu diễn bằng các chương trình tính toán một bit nhất định hoặc các chương trình tính toán các xấp xỉ hợp lý hoặc bất kỳ loại chương trình tương tự nào, thì các tập thực có thể quyết định duy nhất là các thực thể tầm thường (nghĩa là các tập hợp chứa tất cả các thực có thể tính toán được hoặc không có thực có thể tính toán được) , theo định lý của Rice.

— Emil Jeřábek

Hàm ý đó được thể hiện như thế nào?

$\:$

Câu trả lời:

Giải pháp của Kristoffer có thể được sử dụng để chỉ ra rằng, giả sử các số thực được biểu diễn để chúng ta có thể tính các giới hạn của chuỗi các số thực có thể tính toán được là Cauchy. Hãy nhớ lại rằng một chuỗi có thể tính toán được Cauchy nếu có một bản đồ tính toán sao cho, với bất kỳ nào chúng ta có với mọi $(a_n)_n$ $f$ $k$ $|a_{m} - a_{n}| < 2^{-k}$ $m, n \geq f(k)$ . Các biểu diễn tiêu chuẩn của các thực thể là như vậy, ví dụ như một đại diện trong đó một thực thể được biểu diễn bằng một máy tính toán một xấp xỉ hợp lý tốt tùy ý. (Chúng ta cũng có thể nói về các chữ số điện toán, nhưng sau đó chúng ta phải cho phép các chữ số âm. Đây là một vấn đề nổi tiếng trong lý thuyết tính toán của các số thực.)

$S \subseteq \mathbb{R}$ $(a_n)_n$ $x = \lim_n a_n$ $S$ $x$ $S$

Bằng chứng. Giả sử là quyết định. Đưa ra bất kỳ máy Turing , xem xét các chuỗi định nghĩa là Thật dễ dàng để kiểm tra xem có thể tính toán được Cauchy hay không, do đó chúng ta có thể tính giới hạn của nó . Bây giờ chúng ta có iff tạm dừng, vì vậy chúng ta có thể giải quyết vấn đề Dừng. QED. $S$ $T$ $b_n$

b_{n} = {\begin{cases} a_{n} & if T has not halted in the first n steps, \\ a_{m} & if T has halted in step m and m \leq n . \end{cases}

$b_n = \begin{cases} a_n & \text{if $T$ has not halted in the first $n$ steps,}\\ a_m & \text{if $T$ has halted in step $m$ and $m \leq n$.} \end{cases}$

b_{n}

$b_n$

y = lim_{n} b_{n}

$y = \lim_n b_n$

y \in S

$y \in S$

T

$T$

Có một lý kép, trong đó chúng ta giả định trình tự nằm ngoài nhưng giới hạn của nó là trong . $S$ $S$

Ví dụ về các tập hợp thỏa mãn các điều kiện này là: một khoảng mở, một khoảng đóng, các số âm, số đơn , số hữu tỷ, số vô tỷ, số chuyển tiếp, số đại số, v.v. $S$ $\lbrace 0 \rbrace$

Một tập hợp mà không đáp ứng các điều kiện của định lý là tập hợp của số hữu tỉ dịch bởi một phi tính toán số . Bài tập: thể quyết định không? $S = \lbrace q + \alpha \mid q \in \mathbb{Q}\rbrace$ $\alpha$ $S$

— Andrej Bauer
nguồn

Cảm ơn vì đã trả lời. Chỉ cần làm rõ, định lý có nói rằng nếu tập S có ít nhất một điểm giới hạn ngoài S, thì quyết định xem một phần tử x có nằm trong S không xác định được không? Sau đó, tôi hơi bối rối về khoảng thời gian đóng trong các ví dụ.

— ipsofacto

Khoảng cách kín sau bởi định lý kép trong đó bạn chụp liên tiếp bên ngoài có giới hạn là trong .

S

$S$

S

$S$

— Andrej Bauer

Điều đó có nghĩa là " bên ngoài có thể tính toán" (trái ngược với "bên ngoài ") ?

x

$x$

S

$S$

S

$S\hspace{.01 in}$

$\:$

$\;\;$

Đó là một lỗi đánh máy. Tôi fidex nó, cảm ơn vì đã chú ý. Mặt khác, " có thể tính toán bên ngoài " có thể có nghĩa như "với mọi chúng ta có thể tính một hợp lý dương sao cho ", tức là câu lệnh " "được hiện thực hóa. Nhưng nếu bạn tin vào nguyên tắc Markov, thì bạn có thể xây dựng lại một bản đồ như vậy chỉ bằng cách biết rằng không nằm trong , vì vậy trong trường hợp này không có sự khác biệt giữa "bên ngoài và" bên ngoài tính toán ".

x

$x$

S

$S$

y \in S

$y \in S$

q

$q$

d (x, y) > q

$d(x,y) > q$

\forall y \in S . \exists q \in Q . 0 < q < d (x, y)

$\forall y \in S . \exists q \in \mathbb{Q} . 0 < q < d(x,y)$

x

$x$

S

$S$

S

$S$

S

$S$

— Andrej Bauer

Cho máy Turing , xác định máy Turing đại diện cho một số như sau: Trên đầu vào chạy cho các bước trên đầu vào trống. Nếu dừng lại, đầu ra . Nếu không, xuất ra bit thứ của . $M$ $M'$ $i$ $M$ $i$ $M$ $0$ $i$ $\pi$

— Kristoffer Arnsfelt Hansen
nguồn

Tập hợp siêu việt không mở trong (đặc biệt, nó dày đặc và mã hóa trong Do đó, điều này là không thể giải quyết được. $\mathbf R$ $\mathbf R$

— David Harris
nguồn

Tập hợp các số thực có thể tính toán không mở trong (đặc biệt, nó dày đặc và mã hóa trong ), nhưng nó có thể quyết định được.

R

$\mathbf{R}$

R

$\mathbf{R}$

$\:$

Ricky, điều này không đúng. Đưa ra một lời tiên tri cho một số thực, bạn không thể xác định nếu nó có thể tính toán được hay không.

— David Harris

Bộ tôi đưa ra có thể quyết định được, bằng thuật toán luôn trả lời "Có". Câu thứ hai của bạn cho thấy rằng tập hợp tôi đưa ra không phải là loại hai có thể quyết định.

$\:$

$\;\;$

@Ricky Demer: Tập hợp các số thực có thể tính toán là không thể xác định theo hai nghĩa: (1) đưa ra một chỉ số tùy ý , quyết định xem có phải là chỉ số của máy Turing tính toán thực không. (2) đưa ra một chuỗi Cauchy tùy ý nhanh chóng hội tụ, xác định xem đó có phải là một chuỗi tính toán hay không. Không có ý nghĩa chung trong đó tập hợp các số thực tính toán được quyết định.

e \in N

$e \in \mathbb{N}$

e

$e$

— Carl Mummert

@Carl: Có một thuật toán để đưa ra một chỉ mục đó là chỉ mục của máy Turing tính toán thực, tính toán xem có phải là chỉ mục của máy Turing tính toán một thực có thể tính toán được. Đây là ý nghĩa thú vị duy nhất về tính quyết định của các tập hợp thực, bởi vì của bạn (1) được thỏa mãn chính xác bởi các tập hợp không có thực tế tính toán và (2) của bạn được thỏa mãn chính xác bởi và

e \in N

$\: e\in \mathbb{N} \:$

e

$e$

$\hspace{.1 in}$

$\;\;$

$\hspace{.2 in}$

$\hspace{2.2 in}$

{}

$\: \{\} \:$

R

$\mathbf{R}$

$\;\;\;$