problema indecidível e sua negação é indecidível

Muitos problemas indecidíveis "famosos" são, no entanto, pelo menos semidecidáveis, com seu complemento indecidível. Um exemplo acima de tudo pode ser o problema da parada e seu complemento.

No entanto, alguém pode me dar um exemplo em que um problema e seu complemento são indecidíveis e não semidecidáveis? Pensei na linguagem de diagonalização Ld, mas não me parece que o complemento seja indecidível.

Nesse caso, isso significa que uma máquina de Turing M pode "perder" algumas seqüências de caracteres que deveriam ser reconhecidas, uma vez que fazem parte da linguagem que estamos tentando identificar?

Considere o seguinte idioma:

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

é indecidível e não semi-decidível, e o mesmo se aplica ao seu complemento. Por quê? A intuição é " M 2 não para na entrada x 2 " não é semi-decidível, então L 2 não é semi-decidível; e quando você olha para o complemento de L 2 , o mesmo acontece com M 1 . Isso pode ser formalizado com mais cuidado usando reduções.$L_2$$M_2$$x_2$$L_2$$L_2$$M_1$

De um modo mais geral, se é uma linguagem indecidível e não semi-decidível, então$L$

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

atende aos seus requisitos: é indecidível e não semi-decidível, e o mesmo vale para o complemento de L ' .$L'$$L'$

Observe que a grande maioria dos problemas se encaixa no critério que você está procurando: o problema e seu complemento não são semi-decidíveis. Isso ocorre porque existem apenas muitos problemas semidecidíveis, mas há incontáveis ​​problemas.

Por exemplo, vamos ser o problema da paragem para máquinas de Turing e deixá- H ser a classe de máquinas de Turing com um Oracle para  H . Deixe H 2 ser o problema da paragem para  M . Afirmo que nem H 2 nem  ¯ H $H$$\cal{M}$$H$$H_2$$\cal{M}$$H_2$$\overline{H_2}$ é semi-decidíveis

Podemos mostrar que não é decidido por nenhuma máquina em  M : o argumento é o mesmo que a máquina de Turing comum que interrompe o problema  H não é decidida por nenhuma máquina de Turing comum. Agora, suponha por contradição que H 2  é semi-decidido por alguma máquina de Turing comum  T . Bem, com um oráculo para  H , podemos testar se T é  interrompido para qualquer entrada em particular, contradizendo o fato de que nenhuma máquina em  M decide  H 2 . Então H $H_2$$\cal{M}$$H$$H_2$$T$$H$$T$$\cal{M}$$H_2$$H_2$  não é semi-determinável.

Mantém-se a mostrar que não é semi-determinável. Primeiro, observe que ela é semi-decidida por uma máquina em  M : novamente, o argumento é o mesmo que H  sendo semi-decidido por uma máquina de Turing comum. ¯ H 2  não pode ser semi-decidido por uma máquina em  M porque, se fosse, H 2 e  ¯ H 2 seriam ambas semi-decidido por máquinas em  H , de modo que ambas as línguas seria decidido por máquinas em  H . Mas já sabemos que H 2  não é decidido por qualquer máquina em  M . Portanto,$\overline{H_2}$$\cal{M}$$H$$\overline{H_2}$$\cal{M}$$H_2$$\overline{H_2}$$\cal{M}$$\cal{M}$$H_2$$\cal{M}$  não é semi-decidido por qualquer máquina em H. Além disso, ¯ H 2 não é semi-decidido por qualquer máquina de Turing comum, uma vez queM contém cada máquina de Turing comum. (Uma máquina de Turing comum é uma máquina de Turing com um oráculo para Hque nunca usa esse oráculo.)$\overline{H_2}$$\cal{M}$$\overline{H_2}$$\cal{M}$$H$

Aqui estão alguns exemplos naturais:

• O idioma de todas as máquinas de Turing interrompendo todas as entradas, às vezes denotado TOT. Esse idioma é -completo.$\Pi_2^0$

• O idioma de todas as máquinas de Turing interrompendo infinitamente muitas entradas, às vezes denotadas INF. Esta linguagem é também -completo.$\Pi_2^0$

• O idioma de todas as máquinas de Turing interrompendo entradas arbitrariamente longas , às vezes denotadas COF. Esse idioma é -completo.$\Sigma_3^0$

e Σ 0 3 são níveis dahierarquia aritmética. Os resultados de completude implicam, em particular, que esses idiomas não são nemidecidáveis ​​nem co-semidecidíveis.$\Pi_2^0$$\Sigma_3^0$