Existem provas da indecidibilidade do problema de parada que não depende de auto-referência ou diagonalização?

Esta é uma pergunta relacionada a esta . Colocando novamente de uma forma muito mais simples, depois de muita discussão lá, parecia uma pergunta totalmente diferente.

A prova clássica da indecidibilidade do problema da parada depende de demonstrar uma contradição ao tentar aplicar a si próprio um hipotético decisor HALT. Eu acho que isso está apenas denotando a impossibilidade de ter um decisor HALT que decida se ele irá parar ou não, mas não fornece nenhuma informação além disso sobre a decisão de interromper qualquer outro caso.

Então a questão é

Existe uma prova de que o problema da parada é indecidível que não depende de mostrar que o HALT não pode decidir a si mesmo, nem depende do argumento da diagonalização?

Edição pequena: vou me comprometer com o fraseado original da pergunta, que está pedindo uma prova que não dependa de diagonlização (em vez de apenas exigir que não dependa de diagonalização que depende de HALT).

Sim, existem tais provas na teoria da computabilidade (também conhecida como teoria da recursão).

Você pode primeiro mostrar que o problema de parada (o conjunto ) pode ser usado para calcular um conjunto que é 1-genérico, o que significa que, em certo sentido, cada fato sobre é decidido por um processo finito. prefixo de . Então é fácil provar que esse conjunto não pode ser computável (isto é, decidível). G ⊆ N Σ 0 1 G G $0'$$G\subseteq\mathbb N$$\Sigma^0_1$$G$$G$$G$

Poderíamos substituir 1- genérico aqui por 1 aleatório, isto é, Martin-Löf aleatório , para o mesmo efeito. Isso usa o teorema de base baixa de Jockusch-Soare .

(Aviso: pode-se considerar apenas mostrar que calcula Chaitin , que é 1 aleatório, mas aqui temos que ter cuidado para saber se a prova de que é 1 aleatória depende do problema de parada ser indecidível! Portanto, é mais seguro usar o Teorema da Base Baixa).Ω$0'$$\Omega$$\Omega$

Republicado do meu comentário conforme solicitação:

Comece com a observação de que existem problemas indecidíveis (argumento simples da cardinalidade) e, além disso, que há um problema indecidível P que possui uma TM M que reconhece seus membros (mas pode não terminar com não membros). Agora, resolver HALT (M) fornece uma decisão para P. Verificamos primeiro se M pára em x. Se isso acontecer, executamos e retornamos o mesmo que M. Caso contrário, rejeitamos, já que M pára em todos os membros de P. Isso agora é uma contradição, pois assumimos que P era indecidível.

Nota: Ele esclareceu que estava procurando um argumento que evitasse a diagonalização usando o HALT diretamente, não um argumento que evitasse completamente a diagonalização.

Edição: Este argumento está preso. Você pode mostrar diretamente que o RE - REC não está vazio, além de mostrar que o HALT está lá?

Outro pôster aludiu a isso (referindo-se a Chaitin), mas você pode usar o paradoxo de Berry para provar que o problema da parada é indecidível. Aqui está um breve esboço da prova:

Seja o HALT uma máquina que decide se alguma máquina M pára na entrada I. Demonstraremos que o próprio HALT não é interrompido em uma entrada específica, o que mostra que não é possível decidir o idioma.

Considere a seguinte função f:

f (M, n) = a, onde a é o menor número inteiro positivo não computável pela máquina M em qualquer entrada I com | I | <n

Supondo que HALT é uma função computável, f também é uma função computável; simule simplesmente HALT (M, I) para cada máquina M e a string de entrada I com o comprimento de I menor que n. Se a simulação parar, simule M (I) e registre qual é a saída e encontre a menor saída a que não é emitida por nenhum dos pares M, n.

Agora, mostramos que f não é computável: considere f (f, 10000000 * | f | +10000000). Qualquer que seja a saída, deve ser um número inteiro (positivo) que não seja computável pela máquina que calcula f na entrada I com comprimento menor que o especificado ... e, no entanto, acabamos de produzir esse número inteiro com f e muito mais breve entrada.

Portanto, f não é computável e, portanto, nossa suposição de que o HALT era computável é falsa. Não acredito que essa prova faça uso da diagonalização.

$\{W_e\}_{e=1}^{\infty}$$f$$e$$W_e = W_{f(e)}$$0$$f$$e$$0$$W_e$$0$$e$$W_e(0)$$W_{f(e)}(0)$