可判定性读书笔记 (1)：可数集和不可数集和 $A_{TM}$ 不可判定

可数集和不可数集和 \(A_{TM}\) 不可判定

实数集是不可数集合

将实数以无限小数的形式定义，\((0.999.. = 1.000..)\)，那么证明实数为不可数集合如下：

假定存在一个映射 \(f:\N \to \R\) ，记 \(A = f(\N)\)，只需总是构造出一个 \(x \in \R\) ，使 \(x\) \(\notin A\)

1. 取出一个 \(a_1\in A\) ，使实数 \(b\) 的第1个小数位不等于 \(a_1\) 的第1个小数位
2. 取出一个 \(a_2\in A\) 且 \(a_2 \ne a_1\) ，使实数 \(b\) 的第2个小数位不等于 \(a_1\) 的第2个小数位
3. 取出一个 \(a_3\in A\) 且 \(a_3 \ne a_1, a_2\) ，使实数 \(b\) 的第3个小数位不等于 \(a_1\) 的第3个小数位
   ..

无限执行这个过程，得到一个实数 \(b \in \mathcal{R}\) 使得 \(\forall a_i \in A, a_i \ne b\)，因此 \(b \in A\) ，故而得证。
（我对这个过程其实有点不太懂，总感觉有哪里没有定义清楚）

任意「 语言 \(L\) 」是可数集合

语言是由有限字符集 \(\Sigma\) 排成的有限长字符串组成的集合 \(\Sigma^*\)，因而长度为 \(n\) 的字符串最多只有 \(|\Sigma|^n\) 个，故而可以与 \(\N\) 一一对应。

「 任意集合 \(A\) 」的幂集 \(\mathcal{p}\{A\}\) 与 \(A\) 不等势

我感觉 这个证明 有哪里不对劲，但我说不出来

「 无限长二进制字符串 」的集合 \(\mathcal{B}\) 是不可数集合

这个用证实数集的方法来证

「 所有「 二进制语言 \(L_B\) 」」的集合 \(S_{L_B}\) 与 \(\mathcal{B}\) 等势

\(L_B\) 的字符集为 \(\Sigma_B = \{0, 1\}\)，那么 \(L_B\sub \Sigma_B^*\)

由于 \(L_B\) 可数，故而可列。

例如 \(L_{B1}\) 是以 \(0\) 开头的 \(0, 1\) 字符串，与 \(\Sigma_B^*\) 一同排列如下，这样就可以构造出一个无限长的二进制序列 \(\mathcal{X_{B1}}\)

\[\begin{matrix} \Sigma_B^*= & \{ & \epsilon, &0, &1, &00, &01, &10, &11, &000, &001, &... & \} \\ L_{B1}= & \{ & &0, & &00, &01, & & &000, &001, &... & \} \\ \mathcal{X_{B1}} = & &0 &1 &0 &1 &1 &0 &0 &1 &1 &... & \} \\ \end{matrix} \]

这样 \(\mathcal{X_{B1}} \in \mathcal{B}\)，且显然每个\(\mathcal{X_{B1}}\) 与 \(L_{B1} \in S_{L_B}\) 是一一对应的关系，因此得证。

\(S_{L_B}\) 是不可数集合

\(\mathcal{B}\) 是不可数集合，所以 \(S_{L_B}\) 是不可数集合

「 所有语言 」的集合 \(S_L\) 是不可数集合

\(S_{L_B} \sub S_L\)，所以 \(S_L\) 是不可数集合

\(A_{TM}\) 不可判定

这里首先补充一下定义：

1. 语言 \(A\) 是可识别的 \((recognizable)\) 当且仅当存在图灵机 \(M\) 使得 \(M\) \(accept\) \(A\) 中的任意字符串
2. 语言 \(A\) 是可判定的 \((decidable)\) 当且仅当存在图灵机 \(M\) 使得对于任意字符串 \(S\) ,
   a. 当 \(S\in A\) 时， \(M ~ accept ~ S\)
   b. 当 \(S\notin A\) 时， \(M ~ reject ~ S\)

著名的「 图灵停机问题 」可以规约到这里要证明的「 语言 \(A_{TM}\) 」不可判定

\[A_{TM} = \{\lang M, w\rang ~|~ M~is~a~TM~and~M~accepts~w\} \]

假定 \(A_{TM}\) 可判定，那么存在它的判定器 \(H\)

\[H(\lang M, w\rang) = \begin{cases} accept & if ~M ~accepts~ w\\ reject & if~ M ~does~ not~ accept~ w \end{cases} \]

构造图灵机 \(D(\lang M\rang) = opposite~H(\lang M, \lang M \rang \rang)\)，那么 \(D\) 应该有如下的表现

\[D (\lang M\rang) = \begin{cases} accept & if~ M ~does~ not~ accept~ \lang M\rang\\ reject & if ~M ~accepts~ \lang M\rang \end{cases} \]

所以

\[D (\lang D\rang) = \begin{cases} accept & if~ D ~does~ not~ accept~ \lang D\rang\\ reject & if ~D ~accepts~ \lang D\rang \end{cases} \]

也就是说，

\[if \begin{cases} D~accept~\lang D\rang, then~D~reject~\lang D \rang\\ D~reject~\lang D\rang, then~D~accept~\lang D \rang \end{cases} \]

用集合的语言来说，就是:

1. 若 \(\lang D, \lang D \rang \rang \in A_{TM}\)，则 \(\lang D, \lang D \rang \rang \notin A_{TM}\)
2. 若 \(\lang D, \lang D \rang \rang \notin A_{TM}\)，则 \(\lang D, \lang D \rang \rang \in A_{TM}\)

停机问题（halting problem）

\[HALT_{TM} = \{\lang M, w\rang ~|~ M~is~a~TM~and~M~halts~on~w\} \]

停机问题 是 「 \(HALT_{TM}\) 是不可判定的 」

反证法：假定有一个 \(R\) 能判定 \(HALT_{TM}\)，那么构造图灵机

\[S (\lang M, w\rang) = \begin{cases} accept & if ~ R ~reject \lang M, w\rang ~\&\&~M~accept~w\\ reject & if ~ R ~accepts~ \lang M, w\rang ~\|~M~reject~w \end{cases} \]

显然 \(S\) 判定 \(A_{TM}\)，故而矛盾。因此 \(HALT_{TM}\) 不可判定。

意义

停机问题可规约到「 语言 \(A_{TM}\) 」不可判定，但「 语言 \(HALT_{TM}\) 」其实是可识别的。

换言之，不存在「 计算机 」上能写出来的程序 \(H\) 使得能判定一个程序 \(M\) 是不是对于一个输入数据 \(w\) 一定会停机。但是，存在一个程序 \(P\) 能够模拟其他程序 \(M\)，如果 \(M\) 对于输入数据 \(w\) 会停机，那 \(P\) 也会停机。

类比的话，这个 \(P\) 可以说就是我们现在的「 \(CPU\) + 内存 」了，编译器汇编器把程序 \(M\) 和输入 \(w\) 翻译成机器码 \(\lang M , w\rang\) , 传递给 \(P\) 来模拟执行。只不过图灵盖棺定论：不存在一个能判定 \(\lang M , w\rang\) 是不是会死循环的程序。

麻了

若 \(A\) 可识别，且 \(\bar{A}\) 可识别，那么 \(A\) 可判定

我不知道反过来是否正确：如果 \(A\) 不可识别， \(\bar{A}\) 是否一定可识别？