Pergunta relacionada ao décimo problema de Hilbert

Dado $n \in \mathbb{N}$ e $p,q \in \mathbb{N}[x_1,\ldots,x_n]$ pode-se definir a seguinte fórmula na linguagem da aritmética formal

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

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

Eu gostaria de mostrar que existem infinitos triplos $(n,p,q)$ de modo que nem $\varphi(n,p,q)$ nem $\neg \varphi(n,p,q)$ é um teorema da aritmética formal.

Ao mostrar isso, posso usar o fato de que o problema de decidir se um polinômio $r \in \mathbb{Z}[x_1,\ldots,x_n]$ tem um zero natural é indecidível.

Sabendo o fato acima, sabemos que existe um polinômio $r \in \mathbb{Z}[x_1,\ldots,x_n]$ de modo que nem

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

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

\neg φ^{'}

$\neg \varphi'$ é um teorema. (Aqui os quantificadores estão acima dos naturais que eu não tenho certeza se posso usar deliberadamente?)

Uma vez que tenhamos tal $r$ podemos escrever como

r (x_{1}, \dots, x_{n}) = p (x_{1}, \dots, x_{r}) - q (x_{1}, \dots, x_{n})

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

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

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

φ (n, p, q)

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

\neg φ (n, p, q)

$\neg \varphi(n,p,q)$ também não são teoremas, pois

φ

$\varphi$ é logicamente equivalente a

φ^{'}

$\varphi'$ e mostramos que isso não é um teorema.

Quando tivermos um desses triplo $(n,p,q)$ temos infinitamente muitos deles, pois podemos apenas $(n,p+k,q+k)$ para $k \in \mathbb{N}.$

Desde que eu nunca fiz essas coisas antes, estou me perguntando se o raciocínio acima está correto?

computability logic undecidability

— Jernej
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Você também pode multiplicar ambos os lados por um fator constante ...

— Cody

Seria mais interessante encontrar infinitos pares de (p, q) que não estão relacionados por "transformações afins". Suspeito que exista um argumento relativamente simples para mostrar isso também.

— Cody

Você pode substituir

a + b

$a+b$ ou

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

$a^2+b^2+c^2+d^2$ para uma variável

x_{i}

$x_i$ para obter um par "diferente"

(p, q)

$(p,q)$ .

— Yuval Filmus

Como apontado por Yuval e Cody, existem soluções fáceis para obter infinitas equações diofantinas que não são prováveis nem refutáveis (digamos no PA).

No entanto, essas soluções sintáticas resultam em conjuntos comprovadamente equivalentes, isto é, conjuntos que a teoria pode provar que são equivalentes. Você pode considerá-los como argumentos de preenchimento. Outra maneira é adicionar uma variável que não é usada.

Você também pode adicionar ou remover algumas cordas explicitamente (variações finitas do conjunto).

Se você deseja obter equações diofantinas "essencialmente" diferentes (por exemplo, os conjuntos não são equivalentes a Turing), isso é mais desafiador e acho que saber que existe uma equação diofantina independente não é suficiente, você precisará do fato de que cada re O conjunto pode ser codificado como uma equação diofantina (ou algo semelhante).

ps: como você só se importa com a independência, é mais natural representar essas fórmulas como equações diofantinas, não como negações.

— Kaveh
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