Como mostrar que uma função não é computável?

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Eu sei que existe uma máquina de Turing, se uma função é computável. Então, como mostrar que a função não é computável ou não existe uma Máquina de Turing para isso. Existe algo como um lema de bombeamento?

— user5507
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Antes de responder à sua pergunta geral, deixe-me dar um passo atrás, apresentar alguns antecedentes históricos e responder a uma pergunta preliminar: Existem funções não computáveis?

^{[nota notacional: podemos relacionar qualquer função com uma linguagem e depois discutir a decidibilidade de em vez da computabilidade de ] $f$ $L_f=\{ (x,y) \mid y=f(x) \}$ $L_f$ $f$}

Linguagens indecidíveis fazer exist

Existem alguns idiomas que nenhuma máquina de Turing pode decidir. O argumento é simples: existem "apenas" inúmeras TMs diferentes, mas inúmeras línguas diferentes. Portanto, existem no máximo idiomas decidíveis, e o restante (infinitamente muitos) é indecidível. Leitura adicional: $(\aleph_0)$ $(\aleph)$ $\aleph_0$

Para colocar uma mão em uma linguagem indecidível específica, a idéia é usar uma técnica chamada diagonalização (Georg Cantor, 1873) que foi originalmente usada para mostrar que há mais números reais do que números inteiros, ou seja, . $\aleph > \aleph_0$

A idéia de construir a primeira linguagem indecidível é simples: listamos todas as máquinas de Turing (o que é possível, pois são recusativamente enumeráveis!) E criamos uma linguagem que discorda de cada TM em pelo menos uma entrada.

\begin{array}{cccccc} ε & 0 & 1 & 00 & \dots \\ M_{1} & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ M_{2} & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ M_{3} & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 \\ ⋮ & ⋱ \end{array}

$\begin{array}{c|ccccc} & \varepsilon & 0 & 1& 00 & \cdots \\ \hline M_1 & \color{red}{1} & 0 & 1 & 0 & 1 \\ M_2 & 0 & \color{red}{1} & 0 & 0 & 0 \\ M_3 & 0 & 0 & \color{red}{0} & 1 & 0 \\ \vdots & & & & \ddots & \end{array}$

Acima, cada linha é uma TM e cada coluna é uma entrada. O valor da célula é 0 se a TM rejeitar ou nunca parar, e 1 se a TM aceitar essa entrada. Definimos o idioma para que contenha a ésima entrada se e somente se a ésima TM não aceitar essa entrada. $D$ $D$ $i$ $i$

Seguindo a tabela acima, pois aceita . Da mesma forma, , mas pois não aceita . $\varepsilon \notin D$ $M_1$ $\varepsilon$ $0\notin D$ $1\in D$ $M_3$ $1$

Agora, suponha que decida e procure a linha na tabela: se houver na ésima coluna, então aceita essa entrada, mas não está em , e se houver um , a entrada está em mas não o aceita. Portanto, não decide e chegamos à contradição. $M_k$ $D$ $k$ $1$ $k$ $M_k$ $D$ $0$ $D$ $M_k$ $M_k$ $D$

Agora, para sua pergunta. Existem várias maneiras de provar que um idioma é indecidível. Vou tentar tocar os mais comuns.

1. Prova direta

O primeiro método é mostrar diretamente que um idioma é indecidível, mostrando que nenhuma TM pode decidi-lo. Isso geralmente segue o método de diagonalização mostrado acima.

Exemplo.

Mostre que o (complemento do) idioma diagonal é indecidível.
$\bar{L_{D}} = {⟨ M ⟩ ∣ ⟨ M ⟩ \notin L (M)}$ $\overline {L_D} = \{ \langle M \rangle \mid \langle M \rangle \notin L(M) \}$

Prova.
Suponha que seja decidível e deixe . Existem dois casos: $\overline {L_D}$ $M_D$

$M_D$ aceita $\langle M_D \rangle$ : mas, em seguida, para que . Portanto, isso não pode acontecer se decidir . $\langle M_D \rangle \in L(M_D)$ $\langle M \rangle \notin \overline {L_D}$ $M_D$ $\overline {L_D}$
$M_D$ não aceita $\langle M_D \rangle$ : então e, portanto, . Mas se estiver em , deveria ter aceitado e chegamos à contradição novamente. $\langle M_D \rangle \notin L(M_D)$ $\langle M \rangle \in \overline {L_D}$ $L_D$ $M_D$

2. Propriedades de fechamento

Às vezes, podemos usar as propriedades de fechamento para mostrar que algum idioma não é decidível, com base em outros idiomas que já sabemos que não são decidíveis.

Especificamente, se não for decidível (escrevemos ), também o seu complemento é indecidível: se houver para , poderíamos usá-lo para decidir aceitando sempre rejeita e vice-versa. Como sempre pára com uma resposta (é uma decisão), sempre podemos inverter sua resposta. $L$ $L\notin R$ $\overline{L}$ $M$ $\overline{L}$ $L$ $M$ $M$

Conclusão: A língua diagonal é indecidible, . ${L_D} = \{ \langle M \rangle \mid \langle M \rangle \in L(M) \}$ $L_D \notin R$

Um argumento semelhante pode ser aplicado observando que, se e seu complemento forem recursivamente enumeráveis, ambos serão decididos. Isso é particularmente útil se quisermos provar que uma linguagem não é recursivamente enumerável, uma propriedade forte que a indecidibilidade. $L$ $\overline{L}$

3. Reduzir de um problema indecidível

Geralmente, é bastante difícil provar diretamente que um idioma é indecidível (a menos que já esteja construído de maneira "diagonal"). O último e mais comum método para provar indecidibilidade é usar outro idioma que já sabemos ser indecidível. A idéia é reduzir um idioma para outro: mostrar que, se um é decidível, o outro também deve ser decidido, mas um deles já é indecidível, o que leva à conclusão de que o primeiro também é indecidível. Leia mais sobre reduções em "Quais são as técnicas comuns para reduzir problemas entre si?" .

Exemplo.

Mostre que o idioma diagonal é indecidível.
$H P = {⟨ M, x ⟩ ∣ M halts on x}$ $HP = \{ \langle M,x \rangle \mid M \text{ halts on } x \}$

Prova.
Sabemos que é indecidível. Nós reduzir a (isto é denotada ), ou seja, mostramos que se foi decidable poderíamos usar sua decisivo para decidir , o que é uma contradição. $L_D$ $L_D$ $HP$ $L_D \le HP$ $HP$ $L_D$

A redução funciona convertendo um candidato para (ou seja, uma entrada para qualquer potencial candidato / aceitador para ) em um candidato para modo que se e somente se . Garantimos que essa conversão seja computável. Assim, decidir nos diz se , se pudermos decidir HP, também poderemos decidir .¹ $w$ $L_D$ $L_D$ $w'$ $HP$ $w\in L_D$ $w' \in HP$ $w'$ $w\in L_D$ $L_D$

A conversão é a seguinte. Pegue e produza , ² onde é uma TM que se comporta exatamente como , mas se rejeitar, será em um loop infinito. $w=\langle M \rangle$ $w'=\langle M' , \langle M \rangle\rangle$ $M'$ $M$ $M$ $M'$

Vamos ver que satisfazem os requisitos. Se , significa que interrompe e aceita a entrada . Portanto, também interrompe e aceita a entrada . Assim, . Por outro lado, se estiver em então rejeita ou nunca pára em . Nos dois casos, entrará em um loop infinito em . Assim, $w,w'$
$w\in L_D$ $M$ $\langle M\rangle$ $M'$ $\langle M\rangle$ $\langle M', \langle M\rangle \rangle \in HP$
$w\notin L_D$ $M$ $\langle M\rangle$ $M'$ $\langle M\rangle$ $\langle M', \langle M\rangle \rangle \notin HP$ E nós somos feitos mostrando que se e somente se , e, assim, demonstrado que a . $w\in L_D$ $w'\in HP$ $HP\notin R$

Leitura adicional: muitos exemplos de reduções e comprovação de indecisão de idiomas podem ser encontrados na etiqueta de reduções .

Há mais restrições quanto à redução para ser válida. A conversão em si deve ser computável e bem definida para qualquer entrada.
Uma entrada da parece com , onde é uma TM e é alguma string. Então, aqui escolhemos a string para ser uma codificação da máquina , que é apenas uma string. $HP$ $\langle M,x\rangle$ $M$ $x$ $x$ $M$

4. Teorema de Rice

"Então, toda vez que desejamos provar que é indecidível, precisamos reduzir (ou ) a ele? Não existe nenhum atalho?" $L$ $L_D$ $HP$

Bem, de fato, existe. Este é o teorema de Rice .

O teorema diz que muitas línguas que possuem uma certa estrutura são indecidíveis. Como todos esses idiomas têm essa estrutura certa, podemos fazer a redução uma vez e aplicá-la a qualquer idioma que admita uma estrutura semelhante.

O teorema é formalmente declarado da seguinte maneira:

$\emptyset \subsetneq S \subsetneq RE$ $L_S$
$L_{S} = {⟨ M ⟩ ∣ L (M) \in S}$ $L_S = \{ \langle M \rangle \mid L(M) \in S \}$

O conjunto é um subconjunto de idiomas no ; chamamos de propriedade porque descreve uma propriedade do idioma aceito . Todas as TMs cujo idioma satisfaz essa propriedade pertencem a . $S$ $RE$ $L(M)$ $L_S$

Por exemplo, pode ser a propriedade em que o idioma aceito contém exatamente duas palavras: $S$ $L(M)$

$S_{2} = {L ∣ | L | = 2, L \in R E} .$ $S_2 = \{ L \mid |L| =2 , L \in RE\}.$ Nesse caso, é o conjunto de todas as TMs cujo idioma consiste exatamente em duas palavras: $L_{S_2}$ $L_{S_{2}} = {⟨ M ⟩ ∣ L (M) \in S} = {⟨ M ⟩ ∣ | L (M) | = 2} .$ $L_{S_2} = \{\langle M \rangle \mid L(M) \in S\} = \{\langle M \rangle \mid |L(M)|=2\}.$

A propriedade pode ser muito simples, mas não pode ser todos os idiomas RE, ou nenhum dos idiomas RE. Se ou , a propriedade é considerada trivial e o induzido é computável. Um exemplo para um simples é aquele que contém apenas um idioma, digamos . Observe que, embora contenha apenas um único idioma, existem infinitas máquinas cujo idioma é , portanto é infinito e indecidível. $S=\emptyset$ $S=RE$ $L_S$ $S$ $S_{complete}=\{ \Sigma^*\}$ $S$ $M$ $\Sigma^*$ $L_{S_{compete}}$

O teorema é muito poderoso para provar indecidibilidade de muitas línguas.

Exemplo.

O idioma , é indecidível $L_\emptyset = \{ \langle M \rangle \mid M \text{ never reaches the accepting state} \}$

Prova.
Podemos escrever como , ou seja, para a propriedade . Essa é uma propriedade não trivial (inclui o idioma , mas não inclui, por exemplo, o idioma . Portanto, pelo Teorema de Rice, é indecidível. $L_\emptyset$ $\{ \langle M \rangle \mid L(M)=0 \}$ $L_\emptyset=L_S$ $S=\{ L \in RE, |L|=0\}$ $L=\emptyset$ $L=\{1, 11, 111,\ldots\}$ $L_\emptyset$

Agora provamos o teorema. Como mencionado acima, mostraremos uma redução da para (para qualquer arbitrário e não trivial ). $HP$ $L_S$ $S$

Prova.
Seja uma propriedade não trivial, . Mostramos , ou seja, reduzimos para para que, se pudermos decidir , poderemos decidir (que sabemos que é impossível, portanto, não pode ser ). Na prova abaixo assumimos que a linguagem vazia não faz parte do , que é . (se o idioma vazio estiver em , uma prova equivalente funcionará na propriedade do complemento , omitirei os detalhes). Desde $S$ $\emptyset \subsetneq S \subsetneq RE$ $HP \le L_S$ $HP$ $L_S$ $L_S$ $HP$ $L_S$ $S$ $\emptyset \notin S$ $S$ $\overline S = RE \setminus S$ $S$ não é trivial, inclui pelo menos um idioma; vamos chamar esse idioma de e supor que é uma máquina que aceita (essa máquina existe, pois inclui apenas idiomas no RE). $L_0$ $M_0$ $L_0$ $S$

Lembre-se de que em tal redução (consulte a seção 3 acima), precisamos mostrar como converter uma entrada para em uma entrada para para que $w$ $HP$ $w'$ $L_S$

w \in H P if and only if w^{'} \in L_{S}

$w\in HP \quad \text{ if and only if }\quad w' \in L_S$

Seja , nós a convertemos em onde a descrição da máquina (em uma entrada ) é a seguinte: $w=(\langle M \rangle, x)$ $w'=\langle M' \rangle$ $M'$ $x'$

Execute em . $M$ $x$
Se a etapa 1 acima , execute em e aceite / rejeite de acordo. $M_0$ $x'$

Vemos que essa conversão é válida. Primeiro note que é simples construir a descrição de dada . $M'$ $w=(\langle M \rangle, x)$

Se , então pára em . Nesse caso, segue para a etapa 2 e se comporta exatamente como . Portanto, sua língua aceite é . Portanto, . Se , loop em . Neste caso, voltas sobre qualquer entrada - ele fica preso na etapa 1. A linguagem aceita por'neste caso, está vazia, . Portanto, . $w\in HP$ $M$ $x$ $M'$ $M_0$ $L(M')=M_0\in S$ $w'=\langle M' \rangle \in L_S$
$w\notin HP$ $M$ $x$ $M'$ $x'$ $M'$ $L(M')=\emptyset \notin S$ $w'=\langle M' \rangle \notin L_S$

4.1 O Teorema do Arroz Estendido

Teorema de Rice nos dá uma maneira fácil de mostrar que uma certa linguagem que satisfaz certas propriedades é indecidível, isto é, . A versão estendida do teorema de Rice permite determinar se a linguagem é recursivamente enumerável ou não, ou seja, determina se , verificando se satisfaz algumas propriedades adicionais. $L$ $L \notin R$ $L \notin RE$ $L$

Teorema (Arroz, estendido). Dada uma propriedade , o idioma é recursivamente enumerável ( ) se e somente se todas as três instruções a seguir em conjunto aguarde $S \subseteq RE$
$L_{S} = {⟨ M ⟩ ∣ L (M) \in S}$ $L_S = \{ \langle M \rangle \mid L(M) \in S \}$ $L_S \in RE$

Para quaisquer dois , se e também em seguida, também . $L_1, L_2 \in RE$ $L_1 \in S$ $L_1 \subseteq L_2$ $L_2 \in S$

Se seguida, existe um subconjunto finito modo que . $L_1\in S$ $L_2 \subseteq L_1$ $L_2 \in S$

O conjunto de todos os idiomas finitos em é enumerável (em outras palavras: existe uma TM que enumera todos os idiomas finitos ). $S$ $L\in S$

Prova.
Este é um teorema "se e somente se", e devemos provar ambas as direções. Primeiro, mostramos que, se uma das condições (1,2,3) não se mantiver, . Depois disso, mostraremos que, se todas as três condições se mantiverem simultaneamente, . $L_S \notin RE$ $L_S \in RE$

Se (1,2) mantém, mas (3) não, $L_S \notin RE$ .
Vamos assumir que , e veremos que temos uma maneira de aceitar qualquer linguagem finita em (e, portanto, o conjunto de todas essas linguagens é RE), assim a condição (3) se mantém e chegamos a uma contradição . Como decidir se um finito pertence a ou não? Facilmente - usamos a descrição de para construir uma máquina que aceita apenas as palavras em , e agora executamos a máquina de em (lembre-se - assumimos , portanto há uma máquina que aceita $L_S \in RE$ $S$ $L$ $S$ $L$ $M_L$ $L$ $L_S$ $M_L$ $L_S\in RE$ $L_S$ !). Se então e desde , sua máquina dirá sim na entrada , e pronto. $L\in S$ $\langle M_L \rangle \in L_S$ $L_S\in RE$ $\langle M_L \rangle$

Se (2,3) aguentar, mas (1) não , $L_S \notin RE$ . Assumimos que e mostraremos que temos uma maneira de decidir a , levando a uma contradição.
$L_S \in RE$ $HP$

Porque a condição (1) não se sustenta, há uma linguagem e um super-lo, para que . Agora, repetiremos o argumento usado na Seção 4 para decidir a : dada uma entrada para a , construímos uma máquina cuja linguagem é se ou não, seu idioma é . Em seguida, podemos decidir pela : pára em ou a máquina RE para aceita $L_1 \in S$ $L_2 \supseteq L_1$ $L_2 \notin S$ $HP$ $(\langle M \rangle,x)$ $HP$ $M'$ $L_1$ $(\langle M \rangle,x)\notin HP$ $L_2$ $HP$ $M$ $x$ $L_S$ $M'$ ; podemos executar os dois em paralelo e temos a garantia de que pelo menos um deles será interrompido.

Vamos dar os detalhes da construção de (na entrada ): $M'$ $x'$

Faça o seguinte em paralelo:
1.1 execute em . 1.2 execute a máquina de em $M$ $x$
$L_1$ $x'$
Se 1,2 parar e aceitar - aceite.
Se 1.1 parar: execute a máquina de em . $L_2$ $x'$

Por que isso funciona? Se então 1.1 nunca pára, e aceita exatamente todas as entradas que estão sendo aceitas na etapa 1.2, então . Por outro lado, se , em algum momento a etapa 1.1 pára e aceita exatamente . Pode acontecer que o aceite de antemão, mas desde , isso não altera o idioma de nesse caso. $(\langle M \rangle,x)\notin HP$ $M'$ $L(M')=L_1$ $(\langle M \rangle,x)\in HP$ $M'$ $L_2$ $1.2$ $L_1 \subseteq L_2$ $M'$

Se (1,3) aguentar, mas (2) não, $L_S \notin RE$ .
Novamente, assumiremos e mostraremos que a se torna decidível, o que é uma contradição. $L_S\in RE$ $HP$

Se a condição (2) não se mantiver, então para qualquer , todos os seus subconjuntos finitos satisfazem (observe que deve ser infinito, já que ). Como acima, para decidir a para uma determinada entrada , construímos uma máquina cuja linguagem é se e em alguns finitos caso contrário. A contradição segue de maneira semelhante à anterior. $L_1\in S$ $L_2 \subseteq L_1$ $L_2 \notin S$ $L_1$ $L_1\subseteq L_1$ $HP$ $(\langle M \rangle,x)$ $M'$ $L_1$ $(\langle M \rangle,x)\notin HP$ $L_2$

A construção desta máquina é bastante semelhante ao anterior que construímos. A máquina (na entrada ) faz: $M'$ $M'$ $x'$

Executa em parapassos. $M$ $x$ $|x'|$
Se parar durante o passo 1 - rejeite $M$
Caso contrário, execute a máquina de em . $L_1$ $x'$

Ele afirma que, se , em algum momento, digamos, após 1000 etapas, pára em . Portanto, a etapa 1 interromperá (e rejeitará) qualquer entrada de comprimento . Portanto, neste caso, é finito . Além disso, note que , e em particular, por nossas suposições sobre a invalidade de condição (2), temos que . $(\langle M \rangle,x)\in HP$ $M$ $x$ $x'$ $>1000$ $L(M')$ $L(M') \subseteq L_1$ $L(M) \notin S$

Por outro lado, se , a etapa 1 nunca para e nunca rejeitamos na etapa 2. Nesse caso, é fácil ver que e em em particular, . $(\langle M \rangle,x)\notin HP$ $L(M)=L_1$ $L(M)\in S$

Nos resta mostrar a outra direção do teorema estendido. Ou seja, precisamos mostrar que, se todas as condições (1,2,3) se mantiverem, temos uma TM que aceita , ou seja, . Em outras palavras, precisamos mostrar uma máquina para que, para qualquer entrada para a qual , a máquina aceite essa entrada, . $L_S$ $L_S \in RE$ $M_S$ $\langle M \rangle$ $L(M) \in S$ $M_S(\langle M \rangle) \to \textsf{accept}$

Aqui está como a máquina se comporta (na entrada ): $M_S$ $\langle M \rangle$

Seja a máquina que enumera todos os idiomas finitos em , garantida pela condição (3). $M_{\text{enum }S}$ $S$
Execute o seguinte em paralelo (combinando, veja, por exemplo, isto e isto ) para 2.1 Execute até que ele o idioma 2.2. Verifique se aceita todas as palavras de (execute nessas palavras, novamente em paralelo). 2.3 Se para alguns , aceita todas as palavras de - aceite. $i=1,2,...$
$M_{\text{enum }S}$ $L_i$
$M$ $L_i$ $M$
$i$ $M$ $L_i$

Por que isso funciona? Se , ele possui um subconjunto finito , e uma vez que gera esse subconjunto, a etapa 2.2 / 2.3 descobrirá que aceita todas as palavras nesse idioma e aceitar. $L(M) \in S$ $L_j \in S$ $M_{\text{enum }S}$ $M$

Por outro lado, se não pode ser aceitar todas as palavras para qualquer . De fato, pela condição (1), qualquer também está em , portanto, se aceita todas as palavras em para alguns , então e, portanto, , em contradição. $L(M) \notin S$ $L_i$ $i=1,2,...$ $L' \supseteq L_i$ $S$ $M$ $L_i$ $i$ $L(M)\supseteq L_i$ $L(M) \in S$

Por fim, observe que o seguinte é um corolário simples (e muito útil) do acima exposto:

Corolário (arroz estendido). Dada uma propriedade não trivial , de modo que , o idioma não é recursivamente enumerável, ou seja, . $S \subsetneq RE$ $\emptyset \in S$
$L_{S} = {⟨ M ⟩ ∣ L (M) \in S}$ $L_S = \{ \langle M \rangle \mid L(M) \in S \}$ $L_S \notin RE$

— Tocou.
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Obrigado por adicionar a versão estendida do teorema de Rice! Eu conheço uma versão diferente; Vou ter que desenterrar isso. De qualquer forma, não acho muito importante ou útil ter as provas aqui. Talvez você possa referenciá-los ou carregá-los em outro lugar, se não existir uma boa referência?

— Raphael

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Uma ferramenta útil é o teorema de Rice . Aqui está o que diz:

Deixe um conjunto não trivial de funções unárias parcialmente computáveis e uma numeração Gödel de . Em seguida, o conjunto de índices de $\emptyset \subsetneq P \subsetneq \mathcal{P}$ $\varphi$ $\mathcal{P}$ $P$

$\qquad I_P = \{ i \in \mathbb{N} \mid \varphi_i \in P \}$

não é recursivo.

Você também acha isso expresso em termos de codificações de máquinas de Turing (ou qualquer outra linguagem de programação completa de Turing), ou seja, ; aqui define uma numeração de Gödel. $I_P = \{ \langle M \rangle \mid M\ \mathrm{TM}, f_M \in P \}$ $\langle . \rangle$

Ou seja, você pode usar o teorema de Rice para provar que esses conjuntos não são recursivos, que são conjuntos de índices de conjuntos de funções não triviais (ou são redutíveis a ). $S$ $S$

Observe que há uma extensão que pode ser usada para mostrar que determinados conjuntos de índices não são recursivamente enumeráveis.

Exemplo

Vamos uma numeração Gödel. Considere o conjunto de naturais $\varphi$

$\qquad A = \{ i \in \mathbb{N} \mid \varphi_i(j) = 1 \text{ for all } j \in 2\mathbb{N} \}$ .

Agora, já que para $P = \{ f \in \mathcal{P} \mid f(j) = 1 \text{ for all } j \in 2\mathbb{N} \}$

$A = I_P$ ,
$(n \mapsto 1) \in P$ e
$(n \mapsto 2) \notin P$ ,

O teorema de Rice pode ser aplicado e não é decidível. $A$

Como muitos não estão familiarizados com as numerações de Gödel, observe que o exemplo também funciona em termos de máquinas de Turing (ou seja, programas) usando . $A = \{ \langle M \rangle \mid f_M(x) = 1 \text{ for all } x \in 2\mathbb{N} \}$

Unexample

Considere o conjunto de naturais

$\qquad A = \{ i \in \mathbb{N} \mid \varphi_i(j) = i \text{ for all } j \in 2\mathbb{N} \}$

o que certamente não é computável. No entanto, não é um índice definido para nenhum ! Vamos por algum . Como é uma numeração de Gödel , existem (infinitamente) com mas para todos os porque . $A$ $P$ $f=\varphi_i$ $i \in A$ $\varphi$ $j \neq i$ $\varphi_j = f$ $j \notin A$ $f(2)=i \neq j$

Desconfie disso! Como regra geral, se o índice da função for usado no "lado direito" ou como parâmetro da função na definição do conjunto, é provável que não seja um conjunto de índices. Você pode precisar da propriedade das numerações de Gödel e do teorema do ponto de correção para mostrar que um conjunto não é um conjunto de índices. $s_{mn}$

Veja aqui e aqui os posts relacionados ao teorema de Rice.

— Rafael
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