数理逻辑章习题 1 - 8

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\[\newcommand{\lra}{\leftrightarrow} \newcommand{\fa}{\forall} \newcommand{\ex}{\exists} \newcommand{\r}{\mathfrak{R}} \newcommand{\bl}{\begin{aligned}} \newcommand{\el}{\end{aligned}} \newcommand{\t}{ {\bf t} } \newcommand{\f}{ {\bf f} } \newcommand{\eq}{\equiv} \newcommand{\la}[1]{\langle #1\rangle} \newcommand{\ov}[1]{\overline{#1}} \newcommand{\m}{\mu} \newcommand{\st}{{\mathrm{st}}} \newcommand{\p}{\mathfrak{P}} \newcommand{\l}{\lambda} \newcommand{\xn}{{\vec x_n}} \newcommand{\dd}{\downarrow} \newcommand{\aa}{\uparrow} \newcommand{\x}{\vec x} \newcommand{\if}{\mathbf{if}\quad} \newcommand{\oth}{\mathbf{otherwise}} \newcommand{\bb}[1]{\{#1\}} \newcommand{\U}[1]{U^{(#1)}} \newcommand{\no}{\o^{-1}} \newcommand{\dom}{\mathrm{dom}\ } \newcommand{\ran}{\mathrm{ran}\ } \newcommand{\o}{\mathcal O} \newcommand{\re}{{\bf r.e.}} \newcommand{\I}{\mathcal I} \newcommand{\fd}{\mathscr{Find}} \]

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I.68

trivial.

I.69

令关系 \(R:=\{(y,\vec x_n):y=f(\vec x_n)\}\) 的特征函数为 \(\chi\) 则, \(\chi\in\r\) . 于是我们考虑函数 \(f':=\l\vec x_n.(\m y)\chi(y,\vec x_n)\) , 则根据定义 \(f'\in\p\) , 而我们容易验证, 对于任意的 \(\xn\) 均有 \(f'(\xn)\dd\) 并且 \(f'(\xn)=f(\xn)\) , 从而 \(f'\in\r\) 并且 \(f=f'\) , 从而 \(f\in\r\) .

​ \(f\) 是全函数这一点是必要的, 不然 \(f'\) 就不是全函数了.

I.70

对于函数 \(\l y\xn.f\) 我们分别构造以下函数

\[\bl S_f(0,\xn)&=0,\\ S_f(y+1,\xn)&=f(y,\xn)+S_f(y,\vec x_n). \el \]

以及

\[\bl P_f(0,\xn)&=1,\\ P_f(y+1,\xn)&=f(y,\xn)\times P_f(y,\xn). \el \]

显然 \(\l y\xn.S_f,\l y\xn.P_f\) 分别是 \(\sum_{z<y}f(z,\xn),\prod_{z<y}f(z,\xn)\) , 而 \(\r,\p\r\) 均对原始递归封闭并且 \(\l xy.x+y,\l xy.x\times y\in\p\r\) , 所以如果 \(f\in\r\) (或者 \(\p\r\) ), 那么就有 \(S_f,P_f\in\r\) (或者 \(\p\r\) ).

I.71

记关系 \(\l y\x.[y=f(\x)]\) 为 \(R\) , 由于 \(R\in\p_*\) , 根据 I.8.41 存在 \(\l zy\x.Q\in \r_*\) 使得 \(R=(\ex z)Q\) , 由于 \(Q\) 是递归的, 所以关系

\[Q':=\l z\x.Q((z)_0,(z)_1,\x) \]

也是递归的, 于是我们构造函数

\[f':=\l\x.((\m z)Q'(z,\x))_1 \]

​ 接下来我们说明 \(f'\) 是递归函数并且 \(f'=f\) . 首先显然有 \(f'\in\p\) , 对于输入 \(\x\) , 总是存在 \(y\) 使得 \((y,\x)\in R\) , 从而根据 \(Q\) 的构造可得存在 \(z'\) 使得 \((z',y,\x)\in Q\) , 于是取 \(z:=\la{z',y}\) 可得 \((z,\x)\in Q'\) , 从而 \(f'(x)\dd\) , 因此 \(f'\in\r\) ; 同时对于每个输入 \(\x\) , 这样的 \(y_0\) 是唯一的, 所以对于所有满足 \((z,\x)\in Q'\) 的 \(z\) 均有 \(((z)_0,(z)_1,\x)\in Q\) 从而有 \(((z)_1,\x)\in R\) , 因此一定有 \((z)_1=y_0\) , 所以对于所有 \(\x\) 均有 \(f'(\x)=f(\x)\) , 因此 \(f'=f\) .

I.72

\[f=\l\x.sw(\chi_{R_1}(\x),g_1(\x),sw(\chi_{R_2}(\x),g_2(\x),sw(...,...,sw(...)))) \]

I.73

这是一个经典的初等数论的结论, 为证明它我们先证明以下的一个引理.

Lem 1. 对于任意 \(n\in\N\) 均有 \(p_{n+1}\le p_0p_1...p_n+1\) .

一个显然的观察是, 对于 \(r\in\N\) , \(r\) 是素数当且仅当对于任意小于 \(r\) 的素数 \(p\) 均有 \(r\mod p\not=0\) . 于是记 \(c:=p_0p_1...p_n+1\) , 那么一定有 \(c>p_n\) , 如果 \(p_{n+1}>c\) , 则 \(c\) 不是素数并且小于 \(c\) 的素数集就是 \(\{p_i:0\le i\le n\}\) , 然而对于任意的 \(i\le n\) 均有 \(c\mod p_i=1\) , 这与 \(c\) 的非素性矛盾了.

从而我们可以对 \(n\) 施以强归纳来证明 \(p_n\le2^{2^n}\) .

• 对于 \(n=0\) , \(2=p_n \le 2^{2^0}=2\) .
• 对于 \(n+1\) 的情形, 由 Lem 1 可得

\[ p_{n+1}\le p_0p_1...p_n+1\le 2^{2^0}\times 2^{2^1}\times...\times 2^{2^n}+1=2^{2^0+2^1+...+2^n}+1=2^{2^{n+1}-1}+1\le 2^{2^{n+1}} \]

I.74

\[\pi=\l x.\sum_{z<x+1}\ov{sg}(Pr(z)) \]

而根据 I.70 , \(\p\r\) 对有界和封闭, 而 \(Pr,\ov{sg}\in\p\r\) 从而 \(\pi\in\p\r\) .

I.75

trivial.

I.76

首先我们可以利用二重归纳法来证明对于任意输入 \(n,x\in\N\) 均有 \(A(n,x)\dd\) , 从而我们只需要证明 \(A\in\p\) , 为此我们构造函数

\[F:=\l znx.\left\{\bl &x+2&\if &n=0\\ &2&\if &n>0\and x=0\\ &U^{(2)}(z,n\ \dot-\ 1,U^{(2)}(z,n,x\ \dot-\ 1))& &\oth \el\right. \]

显然 \(F\) 是部分递归函数, 故由第二递归定理存在 \(e\in\Phi\) 使得

\[\l nx.F(e,n,x)=\bb e \]

接下来我们验证 \(\bb e=A\) .

• 当 \(n=0\) 时, \(\bb e(n,x)=F(e,0,x)=x+2\) .

• 当 \(x=0\) 时, \(\bb e(n+1,x)=F(2,n+1,0)=2\) .

• 至于其他情况, 对于全体的 \(n,x\in\N\) 根据 \(F\) 的定义我们有 \(\bb e(n+1,x+1)=F(e,n+1,x+1)=\bb e(n,\bb e(n+1,x))\) .

从而可以利用二重归纳法来证明对于任意 \(n,x\in\N\)​ 有 \(A(n,x)=\bb e(n,x)\)​ , 故 \(A\in\p\)​​ .

I.77

构造部分递归函数

\[F:=\l zyx.\left\{\bl &y&\if &x=y+1\\ &U^{(2)}(z,y+1,x)& &\oth \el\right. \]

则由 I.8.55 可得, 存在 \(e\in\Phi\) 使得 \(\l yx.F(e,y,x)=\bb e\) , 于是我们验证 \(\bb e=h\)

• 当 \(x=y+1\) 时, \(\bb e(y,x)=F(e,y,x)=y\) .
• 其余情况, \(\bb e(y,x)=F(e,y,x)=\bb e(y+1,x)\) .

从而对于所有输入 \(x,y\in\N\) 均有 \(\bb e(x,y)=h\) 故 \(h\in\p\) .

​ 事实上对于任意 \(x\in\N\) 我们有

\[h(0,x)=\left\{\bl &\aa&\if&x=0\\ &x\ \dot-\ 1&&\oth \el\right. \]

I.78

构造

\[F:=\l zyx.\left\{\bl &y&\if&x=y+1\\ &\U2(z,y,x)+1&&\oth \el\right. \]

并取不动点 \(e\in\Phi\) , 则容易证明 \(\bb e=k\) .

I.79

我们遇到的一个问题是, 当条件判断函数不是全函数的时候, 我们该怎么处理, 这可能不是一个良定义的问题. 我们需要重新考虑一下如何表达条件. 事实上我们尝试构造函数

\[F:=\l zy\x.sw(f(y,\x),y,U(z,y+1,\x)) \]

则取不动点 \(e\in\Phi\) 可得 \(\l y\x.F(e,y,\x)=\bb e\) , 从而对于任意输入 \(y,\x\in\N\) 均有 \(\bb e(y,\x)=sw(f(y,\x),y,\bb e(y+1,\x))\)​ .

​ 而事实上 \(\l\x.g(0,\x)\) 就是 \(\l\x.(\m y)f(y,\x)\)​ .

I.80

我们首先需要证明一个引理

Lem 1. 存在 \(e\in K,e'\notin K\) 使得 \(\bb e=\bb {e'}\) .

显然关系 \(\l xy.[x=y]\) 是原始递归的, 因此它也是半递归的, 因此存在一个函数 \(\l xy.\rm eq\in\p\) 使得, 对于任意 \(x,y\in\N\)

\[x=y\iff {\rm eq}(x,y)\dd \]

并且我们稍加修改可以使得当 \(x=y\) 时有 \({\rm eq}(x,y)=0\) , 同时我们知道存在 \(i_0\in\Phi\) 使得 \(\bb{i_0}=\rm eq\) . 我们对 \(\rm eq\) 应用 I.8.55 可以得到 \(e\in\Phi\) 满足 \(\bb e=\l x.{\rm eq}(e,x)\) , 即对于 \(x\in\N\)

\[\bb e(x)=\left\{\bl &0&\if& x=e\\ &\aa&&\oth \el\right. \]

因此 \(e\in K\) , 同时我们知道 \(\p\) 中的每个函数都有无穷多个指标所以存在 \(e'\in\Phi\) 使得 \(e'\not=e\) 并且 \(\bb{e'}=\bb{e}\) , 于是根据我们对 \(e\) 以及 \(e'\) 的构造可得 \(\bb{e'}(e')\aa\) 所以 \(e'\notin K\) .

假定 \(K\) 是完全指标集, 那么存在 \(\frak D\subseteq P\) 使得 \(x\in K\iff \bb x\in\frak D\) . 然而根据 Lem 1 我们可以取出 \(e,e'\in\N\) 使得 \(\bb e=\bb{e'}\) 并且 \(e\in K,e'\notin K\)​ , 与假设矛盾.

I.81

(1) 不是. 记集合 \(\bb{x\in\N:\bb x(x)=0}\) 为 \(K'\) , 则上述构造的 \(e,e'\) 满足 \(e\in K',e\notin K\) , 注意到 \(K'\subseteq K\) 因此 \(e'\notin K'\) , 则可以通过类似的论证证明 \(K'\) 不是完全指标集.

​ (2) 不是. 事实上似乎存在归约的聪明证法, 但是我比较蠢, 所以也只能从对角线出发. 考虑证明 \(\ov{K'}\) 不是半递归的, 假定是, 则根据 I.8.42 存在 \(\l x.f\in\p\) 使得对于任意 \(x\in\N\)

\[x\in\ov{K'}\iff f(x)=0 \]

假定 \(i\in\Phi\) 使得 \(f=\bb i\) 于是根据定义对于任意 \(x\in\N\) ,

\[\bb x(x)\not=0\iff x\in\ov{K'}\iff\bb i(x)=0 \]

取 \(x\) 为 \(i\) 即可轻易得出矛盾.

​ (3) 是. 取谓词 \((\ex z)(T^{(1)}(x,x,z)\and (z)_0=0)\)​ 即可.

I.82

不一定, 以下给出两种 \(f\in\r\) 的选取, 分别使得 \(\bb{x\in\N:\bb{f(x)}(x)\dd}\) 是/不是 完全指标集.
(1) 取 \(f:=\lambda x.0\) , 则 \(f(x)=0\notin\Phi\) 从而 \(\bb{x\in\N:\bb{f(x)}(x)\dd}=\empty\) , 显然这是一个完全指标集.
(2) 取 \(f:=\l x.x\) , 则 \(\bb{x\in\N:\bb{f(x)}(x)\dd}=K\) 不是完全指标集.

I.83

构造真的好困难.

考虑构造如下的原始递归谓词

\[H:=\l ixu.(\ex z)_{\le u} T^{(1)}(i,x,z) \]

之后令 \(\psi:=\l xy.(\m u)(H(a,y,u)\or(H(x,x,u)\and\neg H(a,y,u)))\) , 则显然 \(\psi\in\p\) , 之后我们令函数

\[\tau:=\l xy.\U 1(sw(H(a,y,\psi(x,y)),a,b),y) \]

假设它的指标为 \(i_0\) , 则根据 S-m-n 定理可得对于任意 \(x\in\N\) 均有 \(\l y.\tau(x,y)=\{\sigma(i_0,x)\}\) , 接下来我们证明 \(\l x.\sigma(i_0,x)\) 是我们想要的那个归约函数 \(f\).
对于 \(x\in K\) , 则存在 \(u\) 使得 \((x,x,u)\in T^{(1)}\) , 因而对于任意 \(y\in\N\) 均有 \(\psi(x,y)\dd\) . 如果 \(\bb b(y)\aa\) 则根据构造 \(\tau(x,y)\aa\) ; 而如果 \(\bb b(y)\dd\) 并且 \(\bb a(y)\aa\) (事实上一定存在这样的 \(y\) , 若不然则由 \(\bb a\subseteq\bb b\) 可以推出 \(\bb a=\bb b\) , 这与 \(\bb b\notin A\) 矛盾), 则显然对于任意的 \(u\) 均有 \((a,y,u)\notin H\) , 所以这个时候 \(\tau(x,y)=\U 1(b,y)=\bb b(y)\) ; 而如果 \(\bb b(y)\aa\) 则此时有 \(\tau(x,y)\aa\) . 综上所述, 此时 \(\bb{\sigma(i_0,x)}=\l y.\tau(x,y)=\bb b\) .
对于 \(x\notin K\) , 则对于任意 \(u\) 均有 \((x,x,u)\notin H\) , 所以 \(\psi(x,y)\dd\) 当且仅当 \(\bb a(y)\dd\) . 注意这个时候我们实际上已经讨论过 \(\bb a(y)\aa\) 的情形了, 所以只需要验证当 \(\bb a(y)\dd\) 的时候 \(\tau (x,y)=\bb a(y)\) 即可, 根据 \(x\notin K\) 的假设, 当 \(\bb a(y)\dd\) 时显然有 \((a,y,\psi(x,y))\in H\) 所以实际上 \(\tau(x,y)=\U1(a,y)=\bb a(y)\) . 综上所述, 此时 \(\bb{\sigma(i_0,x)}=\l y.\tau(x,y)=\bb a\).
而 \(\l x.\sigma(i_0,x)\) 的单射性是显而易见的并且它还是原始递归的, 所以我们有对于任意 \(x\in\N\)

\[\bl x\in\ov K\implies \{\sigma(i_0,x)\}=\bb a\implies \sigma(i_0,x)\in A\\ x\notin\ov K\implies \{\sigma(i_0,x)\}=\bb b\implies \sigma(i_0,x)\notin A\\ \el \]

故有

\[x\in\ov K\iff\sigma(i_0,x)\in A \]

而假定 \(A\) 是半递归的, 取 \(\l x.g\in\p\) 使得 \(x\in A\iff g(x)\dd\) , 则函数 \(\l x.g(\sigma(i_0,x))\) 满足

\[x\in\ov K\iff \sigma(i_0,x)\in A\iff g(\sigma(i_0,x))\dd \]

从而 \(\l x.g(\sigma(i_0,x))\) 判定了 \(\ov K\) , 这与" \(\ov K\) 不是半递归的"矛盾, 因而 \(A\) 必定不是半递归的.

I.84

我大抵是真的活到头了, 怎么到处都有构造啊.

上一个问题让我们构造出了一个从 \(A\) 到 \(\ov K\) 的归约函数, 而且这个函数在形式系统内, 所以这一问中让我们考察 \(A\) 的产生性, 所以一个自然的想法是先考察 \(\ov K\) 的产生性, 之后尝试将 \(A\) 的产生性归约到 \(\ov K\) 上面, 为此我们先看如下引理.

Lem 1. \(\ov K\) 是产生集.

取函数

\[\psi_{\ov K}:=\l x.x \]

显然 \(\psi_{\ov K}\in\p\) , 接下来我们证明它是集合 \(\ov K\) 的产生函数. 对于任意 \(e\in\N\) 满足 \(W_e\subseteq\ov K\) , 假设 \(e\in W_e\) , 则根据定义 \(e\in K\) , 从而 \(W_e\cap K\not=\empty\) , 这与 \(W_e\subseteq \ov K\) 矛盾, 从而 \(e\notin W_e\) , 因此 \(e\notin K\) 即 \(e\in\ov K\) , 于是这个 \(e\) 恰好就是我们的目标元素.

​ 之后我们开始构造归约, 首先关注之前构造出来的函数 \(\l x.\sigma(i_0,x)\) , 记之为 \(\o\) , 则我们有 \(x\in\ov K\iff \o(x)\in A\) , 并且这个 \(\o\) 是单射, 所以实际上 \(\o\) 是 \(\ov K\) 到 \(A\) 的双射, 因而我们可以构造 \(\o\) 的逆函数

\[\no:=\l x.(\m y)[y=\o(x)] \]

其中 $\no\in\p $ 并且 \(\dom\no=A\) . 之后对于 \(f\in\p\) 以及 \(R\subseteq\N\) 我们规定符号

\[f[R]:=\bb{f(x):x\in R\and f(x)\dd} \]

则对于全体 \(e\in\N\) 均有 \(W_e\subseteq A\) 当且仅当 \(\o[\no[W_e]]=W_e\) (一个显而易见的事实是对于全体 \(e\) 根据规定均有 \(\no[W_e]\subseteq\ov K\) ), 事实上半递归集和 \(\re\) 集合是等价的, 因而我们可以说明对于 \(e\in\N\) 总是存在 \(e'\) 使得 \(W_{e'}=\no[W_e]\) , 则根据 Lem 1. 可知 \(e'\) 满足 \(e'\in\ov K- W_{e'}\) , 从而如果 \(W_e\subseteq A\) 则有 \(\o[W_{e'}]=W_e\) , 从而 \(\o(e')\notin W_e\) , 所以接下来我们只需要证明这种映射 \(e\mapsto e'\) 是递归的即可.

Lem 2. 对于任意 \(f\in\p\) , 存在原始递归函数 \(\l x.g\) 使得对于任意 \(e\in\N\) 均有 \(f[W_e]=W_{g(e)}\) .

由于 \(f\in\p\) 所以存在 \(i_1\in\Phi\) 使得 \(f=\bb {i_1}\) , 则对于任意 \(x\in\N\) , 我们有

\[\bl x\in f[W_e]&\iff (\ex y)(y\in W_e\and f(y)=x)\\ &\iff(\ex y)((\ex z)T^{(1)}(e,y,z)\and(\ex z')T^{(1)}(i_1,y,\la{x,z'}))\\ &\iff(\ex l)(\ex y,z,z')_{\le l} (T^{(1)}(e,y,z)\and T^{(1)}(i_1,y,\la{x,z'})) \el \]

我们记 \(N:=\l lxe.(\ex y,z,z')_{\le l}(T^{(1)}(e,y,z)\and T^{(1)}(i_1,y,\la{x,z'}))\) , 则 \(N\in\p\r_*\) , 因此由 I.8.49 可得, 关系 \(Q:=\l xe.x\in f[W_e]\) 是半递归的, 因此存在 \(j_0\in\Phi\) 使得对于任意 \(x,e\in\N\) 均有 \((x,e)\in Q\iff \bb{j_0}(x,e)\dd\iff \bb{\sigma(j_0,e)}(x)\dd\) , 因此对于固定的 \(e\in\N\) , 对于任意 \(x\in\N\) 我们有 \(x\in f[W_e]\iff\bb{\sigma(j_0,e)}(x)\dd\iff x\in W_{\sigma(j_0,e)}\) , 因此有 \(f[W_e]=W_{\sigma(j_0,e)}\) , 同时 \(\sigma\) 函数是原始递归的, 所以 \(\l x.\sigma(j_0,x)\) 就是我们想要的那个 \(g\) .

由于 \(\no\in\p\) 所以我们可以取这样的 \(g\) 使得对于任意 \(e\) 均有 \(W_{g(e)}=\no[W_e]\) , 于是可以构造函数

\[\psi_A:=\l x.\o(g(x)) \]

则对于满足 \(W_e\subseteq A\) 的 \(e\) 我们有 \(\psi_A(e)\in A-W_e\) , 从而 \(\psi_A\) 是 \(A\) 集的产生函数, 从而 \(A\) 是产生集.

I.85

\[f:=\l x.((\mu q)T^{(1)}(x,(q)_0,(q)_1))_0 \]

实际上这就是在用 \(q\) 来遍历全体的自然数对 \((y,z)\) 直到 \((x,y,z)\in T^{(1)}\) , 即 \(\bb x(y)\dd\)​ .

I.86

\[Sel^{(n)}:=\l a\vec y_n.((\m q) T^{(n+1)}(a,(q)_0,\vec y_n,(q)_1))_0 \]

I.87

(\(\Rightarrow\)) \(f\) 是部分递归函数故存在 \(i_0\in\Phi\) 使得 \(\bb{i_0}=f\) , 从而我们取原始递归谓词

\[F:=\l\xn yz.T^{(n)}(i_0,\xn,\la{y,z}) \]

则显然对于任意 \(y\in\N\) 我们有

\[y=f(\xn)\iff(\ex z)F(\xn,y,z) \]

因此根据 I.8.49 可得 \(\l \xn y.y=f(\xn)\) 是半递归的.
(\(\Leftarrow\)) 设函数 \(\l y\xn.g\in\p\) 使得对于任意 \(\xn,y\in\N\) 均有 \(y=f(\xn)\iff g(y,\xn)\dd\) , 则取 \(g\) 的指标 \(i'\) , 则取函数

\[f':=\l\xn.Sel^{(n)}(i',\xn) \]

显然 \(f'\in\p\) , 由 I.86 可得对于任意 \(\xn\in\N\) , 如果 \(f(\xn)\dd\) , 那么存在唯一 \(y\) 使得 \(y=f(\xn)\) , 从而 \(f'(\xn)\dd\) 且 \(f'(\xn)=f(\xn)\) ; 而另一方面如果 \(f(\xn)\aa\) , 那么 \(f'(\xn)\aa\) . 因此 \(f'=f\) 从而 \(f\in\p\) .

I.88

令谓词

\[R:=\l c\xn.\bigvee_{i=1}^k(c=i)\and R_i(\xn) \]

则由 I.8.48 可得 \(R\in\p_*\) 于是令其指标为 \(j_0\) , 则我们可以构造出一个选择函数

\[\I:=\l\xn.Sel^{(n)}(j_0,\xn) \]

之后对于每个 \(r\le k\) , 由于 \(f_r\in\p\) 故可以令其指标为 \(i_r\) , 即对于每个 \(r\) 均有 \(\bb{i_r}=f_r\) , 之后我们可以进一步构造出如下的一个部分递归函数(因为它是有穷的, 所以总是可以构造的)

\[\bl i:\bb{1,2,...,k}&\to\{i_r:1\le r\le k\}\\ x&\mapsto i_x \el \]

之后我们就可以构造目标函数了

\[f:=\l\xn.\U n(i(\I(\xn)),\xn) \]

并且可以验证它满足我们的要求.

I.89

首先假定 \(\re\) 集 \(R\subseteq \N^n\) 的指标是 \(a\) , 由于 \(0\notin\Phi\) 故有 \(\bb 0=\empty\) , 即对于任意输入 \(\bb 0\) 均发散, 之后假设原始递归函数 \(m\mapsto\la{(m)_0,...,(m)_{n-1}}\) 的指标为 \(i_0\)​ , 则考虑原始递归函数

\[\I:=\l m.sw(T^{(n)}(a,(m)_0,...,(m)_{n-1},(m)_n),i_0,0) \]

则部分递归函数 \(f:=\l m.\U 1(\I(m),m)\)​ 满足要求.

I.90

我们把上一问中的 \(\I\) 改造一下, 一是把 \(a\) 也作为变量, 二是取 \(n\) 为 \(1\) , 并假设原始递归函数 \(m\mapsto\la{(m_0)}\) 的指标为 \(i_0^1\) , 那么可以得到原始递归函数

\[\I^1:=\l ma.sw(T^{(1)}(a,(m)_0,(m)_1),i_0^1,0) \]

则根据构造, 函数 \(f:=\l ma.\U1(\I^1(m,a),m)\) 满足对于任意 \(a\in\N\) 如果 \(\bb a\) 是一元函数(根据约定此时集合 \(\bb{x\in\N:\bb a(x)\dd}\) 也可以写作 \(W_a\) ), 那么 \(\ran \l m.f(m,a)=\bb{\la x:\bb a(x)\dd}\) , 我们再将其解码从而得到一个部分递归函数 \(f':=\l ma.(f(m,a))_0\) , 它满足对于任意的 \(a\in\N\) 均有 \(\ran \l m.f'(m,a)=W_a\) , 假设 \(f'\) 的指标为 \(q_0\) , 那么由 S-m-n 定理, 函数 \(\l a.\sigma(q_0,a)\) 就是我们想要的那个 \(h\) .

I.91

为达到这个要求我们需要再次改造我们的指标投送函数 \(\I\) , 具体的, 我们需要把 I.8.51 中的 \((\oth)\) 的情形改造成一个和 \(a\) 直接相关的项, 而不是凭空指定一个 \(W_a\) 中的元素, 为此我们可以使用 I.85 . 设我们在 I.85 中构造的函数为 \(\l x.\tau\) , 则可以假定函数 \(\l xy.\la{\tau(y)}\) 的指标为 \(j_0\) . 之后令函数 \((m,a)\mapsto\la{(m)_0}\) 的指标为 \(i_1^1\) , 之后改造指标投送函数

\[\I^2:=\l ma.sw(T^{(1)}(a,(m)_0,(m)_1),i_1^1,j_0) \]

则函数 \(f:=\l ma.\U2(\I^2(m,a),m,a)\) 满足, 对于固定的 \(a\in\N\) 以及任意输入 \(x\in\N\)​

\[f(x,a)=\left\{\bl &\la{(x)_0}&\if&T^{(1)}(a,(x)_0,(x)_1)\\ &\la{\tau(a)}&&\oth \el\right. \]

而根据 \(\tau\) 的构造如果 \(W_a\not=\empty\) 则 \(\tau(a)\dd\) 且 \(\tau(a)\in W_a\) , 因此此时对于任意 \(x\) 均有 \(f(x,a)\dd\) , 故 \(\l x.f(x,a)\in\r\) , 我们设 \(f\) 的指标为 \(q_1\) , 则函数 \(\l a.\sigma(q_1,a)\) 就是我们想要的 \(h\) .

I.92

由于我们实际上无法简单的去假设 \(\bb x\) 是几元函数, 因此我们需要构造一个通用的 Kleene T-Predicate . 令谓词

\[T:=\l exz.{\rm Computation}((z)_1)\and\la{e}*x*\la{(z)_0}\in (z)_1 \]

因此对于任意 \(n,e,\xn,z\in\N\) 我们有

\[T^{(n)}(e,\xn,z)\iff T(e,\la{\xn},z) \]

之后我们可以形式化 \(y\in\ran\bb x\) , 首先我们可以知道函数 \(\bb x\) 的元数是 \((x)_1\) , 因此

\[\bl y\in\ran\bb x&\iff(\ex m\in \N^{(x)_1})\bb x(m)=y\\ &\iff (\ex m\in\N^{(x)_1})(\ex z)T^{(x)_1}(x,m,\la{y,z})\\ &\iff (\ex m')(\ex z)T(x,m',\la{y,z}) \el \]

当然我们可以把两个存在量词压缩在一起, 从而 \(y\in\ran\bb x\) 是一个部分递归谓词, 因此可以假定它的指标为 \(i_0\) , 之后应用 S-m-n 定理, 得到对于任意的 \(x,y\in\N\)​ , 我们有

\[\bb{i_0}(x,y)=\bb{\sigma(i_0,x)}(y) \]

即

\[\bl y\in\ran\bb x&\iff\bb{i_0}(x,y)\dd\\ &\iff\bb{\sigma(i_0,x)}(y)\dd\\ &\iff y\in\dom\bb{\sigma(i_0,x)} \el \]

因此这个 \(\l x.\sigma(i_0,x)\) 就是我们想要的函数 \(\sigma\)​ .

I.93

取 I.91 构造的 \(\l x.h\) , I.92 构造的 \(\l x.\sigma\) , 则取函数

\[\tau:=\l x.h(\sigma(x)) \]

由 I.91 可得对于任意 \(x\in\N\) , \(\ran\bb x=W_{\sigma(x)}\) , 再由 I.91 可得 \(W_{\sigma(x)}=\ran\bb{h(\sigma(x))}\) , 从而我们有

\[\ran\bb x=\ran\bb{\tau(x)} \]

更进一步, 若 \(\ran\bb x\) 非空, 则 \(W_{\sigma(x)}=\ran\bb x\) 非空, 从而根据 I.91 我们有 \(\bb{h(\sigma(x))}\in\r\) , 满足要求.

I.94

(\(\Rightarrow\)) 设 \(R\subseteq\N\) 是非空递归集, 则它的特征函数 \(\l x.\chi_R\) 是递归函数, 取 \(R\) 中最小的元素 \(a\) , 之后我们希望构造一个递归函数 \(\l x.f'\in\r\) , 满足对于任意的 \(x\in\N\)​

\[f'(x)=\left\{\bl &a&\if&x=0\\ &x&\if&x>0\and \chi_R(x)=0\\ &f'(x-1)&&\oth \el\right. \]

借助前面的习题中应用递归定理的技术我们可以构造生成 \(f'\) 的函数

\[F:=\l zx.\left\{ \bl &a&\if&x=0\\ &x&\if&x>0\and\chi_R(x)=0\\ & U^{(1)}(z,x\ \dot-\ 1)&&\oth \el \right. \]

并取满足 \(\l x.F(e,x)=\bb{e}\) 的指标 \(e\in\Phi\) , 则可以验证 \(\bb e=f'\) , 从而 \(f'\in\p\) , 而显然 \(f'\) 是全函数, 故 \(f'\in\r\) , 并且根据构造 \(R=\ran f'\) , 因此单调不降的递归函数 \(f'\) 即为题目所求.
(\(\Leftarrow\)) 设 \(\l x.f'\in\r\) 是单调不降的, 并且 \(R=\ran f'\) , 首先显然有 \(f'(0)\in R\) , 故 \(R\) 非空. 如果 \(R\) 有穷, 那么显然 \(R\) 是递归集, 所以我们仅关注 \(R\) 是无穷集的情形, 令部分递归函数

\[\fd:=\l y.(\m x)[f'(x)\ge y] \]

由于 \(R\) 是无穷集, 故对于任意 \(y\in\N\) 存在 \(r\in R\) 使得 \(r\ge y\) , 因而对于任意 \(y\) 都有 \(\fd(y)\dd\) , 故 \(\fd\in\r\) . 之后我们可以构造函数

\[f:=\l x.[f'(\fd(x))=x] \]

因为对于每个 \(x\) 而言, \(f'(\fd(x))\) 是 \(R\) 中最小的不小于 \(x\) 的元素, 如果 \(x\in R\) , 那么结果就是 \(x\) 本身, 所以 \(f\) 就是 \(R\) 的特征函数.

I.95

(\(\Rightarrow\)) 令递归集 \(R\) 为无穷集, 并取 \(R\) 中的最小值 \(a\) , 则我们可以构造如下函数

\[F:=\l zx.\left\{ \bl &a&\if&x=0\\ &(\m y)[\chi_R(y)\and y>\U1(z,x\ \dot-\ 1)]&&\oth \el \right. \]

之后我们取递归定理的 \(e\in\Phi\) 使得 \(\l x.F(e,x)=\bb e\) , 则可以通过归纳法来证明对于任意的 \(x\in\N\) 均有 \(\bb e(x)\dd\) , 因此 \(\bb e\in\r\) , 并且事实上 \(\bb e\) 就是从小到大遍历 \(R\) 中的元素, 它是严格增的并且满足 \(\ran\bb e=R\) .
(\(\Leftarrow\)) 同理 I.94 .

I.96

我们仅说明一元集的情形, \(R\) 是半递归的, 因此它是 \(\re\) 的, 故存在 \(f\in\r\) 使得 \(R=\ran f\) , 则我们构造函数

\[F:=\l zx.\left\{ \bl & f(0)&\if& x=0\\ &f((\m y)[f(y)>\U1(z,x\ \dot-\ 1)])&&\oth \el \right. \]

取 \(e\in\Phi\) 使得 \(\bb e=\l x.F(e,x)\) , 则可以验证 \(\bb e\in\r\) , 并且 \(\bb e\) 是严格增的, 由 I.97 可得 \(\ran\bb e\subseteq\dom f=R\)​ 是递归的.

I.97

我们需要改造 I.96 中的构造, 从而适配 \(W_{(\cdot)}\) 的编号规则. 令函数

\[F^*:=\l zex.\left\{ \bl &\U1(e,0)&\if&x=0\\ &\U1(e,(\m y)[\U1(e,y)>\U2(z,e,x\ \dot-\ 1)])&&\oth \el \right. \]

显然 \(F^*\in\p\) 故存在 \(z_0\in\Phi\) 使得 \(\bb{z_0}=\l ex.F^*(e,z_0,x)\) , 取 I.91 中构造的函数 \(\l x.h\) , 并将其复合进 \(\bb{z_0}\) 中, 得到函数

\[{\cal B}:=\l ex.\bb{z_0}(h(e),x) \]

对于 \(a\in\N\) , 由 I.91 可得 \(W_a=\ran\bb{h(a)}\) 并且如果 \(W_a\) 是无穷集则 \(\bb{h(a)}\in\r\) , 此时固定 \(a\) , 记 \(\bb{h(a)}\) 为 \(f_a\) , 则我们有

\[{\cal B}(a,x)=\left\{ \bl &f_a(0)&\if&x=0\\ &f_a((\m y)[f_a(y)>{\cal B}(a,x\ \dot-\ 1)])&&\oth \el \right. \]

并且对于所有 \(x\) 均有 \({\cal B}(a,x)\dd\) , 因此 \(\l x.{\cal B}(a,x)\in\r\) , 并且它是严格增的, 故它的值域是 \(W_a\) 的递归子集, 令 \(\cal B\) 的指标为 \(r_0\in\Phi\) , 则应用 S-m-n 定理得到的原始递归函数 \(\l a.\sigma(r_0,a)\) 即为题目所求的函数 \(m\) .

I.98

根据以往的经验我们只需要说明关系 \(\l uxy.u\in W_x\cap W_y\) 是半递归的即可.

\[\bl u\in W_x\cap W_y&\iff (\ex z)(\ex z')T(x,\la u,z)\and T(y,\la u,z')\\ &\iff(\ex z)T(x,\la u,(z)_0)\and T(y,\la u,(z)_1) \el \]

故存在 \(i_0\in\Phi\) 使得对于任意 \(u,x,y\in\N\) 有 \(u\in W_x\cap W_y\iff \bb{i_0}(u,x,y)\dd\) , 之后应用 S-m-n 定理即可得到对于任意 \(x,y\in\N\)

\[\l u.\bb{i_0}(u,x,y)=\bb{S^2_1(i_0,x,y)} \]

从而原始递归函数 \(\l xy.S^2_1(i_0,x,y)\) 就是题目所求的函数 \(h\) .

I.99

同理于 I.98 .

I.100

\[\bl u\in W_x\times W_y&\iff (\ex z)(\ex z')z\in W_x\and z'\in W_y\and u=\la{z,z'} \el \]

则根据 I.8.48 可得关系 \(\l uxy. u\in W_x\times W_y\)​ 是半递归的, 之后同理 I.98 .

I.101

由于 \(K\) 是半递归的, 故关系 \(\l xy. y\in K\and y\ge x\) 也是半递归的, 因此存在 \(\l xy.f\in\p\) 使得对于任意 \(x,y\in\N\)

\[y\in K\and y\ge x\iff f(x,y)=0 \]

若 \(\p\) 对无规则取 \(\min\) 封闭, 由于 \(K\) 是无穷集, 则函数

\[f_{\min y}:=\l x.\left\{ \bl \min\bb{&y:y\in K\and y\ge x}&\if&\text{这样的 $y$ 存在}\\ &\aa&&\oth \el \right. \]

是全函数, 因此 \(f_{\min y}\in\r\) , 那么我们就可以用递归函数 \(\l x.f_{\min y}(x)=x\) 来判定 \(x\) 是否在 \(K\) 中, 这与 \(K\)​ 的不可判定性矛盾.

I.102

若存在, 假定其为 \(\l x.f\) , 则显然函数 \(\l x.f(x)+1\) 也是递归函数, 假定其指标为 \(i_0\) , 则根据假设, 对于任意 \(x\in K\)

\[\bb{i_0}(x)=f(x)+1=\bb x(x)+1 \]

则 \(i_0\notin K\) , 则 \(\bb{i_0}(i_0)\aa\) , 这与 \(\bb{i_0}\in\r\) 矛盾.