Práctica 3 (LyC Verano)

Ejercicio 1

Sea f: N -> N computable.

Item A

Demostrar que la función

g(x) = min {y : f(y) = x}  si existe y tal que f(y) = x
       se cuelga           si no

es parcialmente computable.

Solución

Damos un programa que computa g.

Z1 <- X1
[A] Z3 <- f(Z2)  //Dado que f es computable, supongo que tengo el progama homónimo que la calcula, 
                 //y además sé que no se cuelga.
IF Z3 = Z1 GOTO B
Z2 <- Z2 + 1
GOTO A
[B] Y <- Z2

La idea es sencillamente chequear si f(y) = x, empezando con y = 0 e incrementando de a uno. Si en algún momento esto ocurre, ese y es el que busca la minimización de la primer rama de g. Si no ocurre nunca, el programa sigue incrementando el valor chequeado infinitamente, o sea se cuelga.

Item B

Demostrar que si f es además biyectiva, f^-1 es computable.

Solución

Notar que el programa que dimos computa f^-1. Como f es biyectiva, es inyectiva. Esto asegura que el resultado de la expresión min{y:f(y) = x} devuelve no sólo el mínimo y, sino el único. Además, la sobreyectividad nos asegura la existencia de tal y, con lo cual el programa no puede colgarse.

Ejercicio 2

Sea f: N -> N una función computable y sobreyectiva. Probar que existe una función computable e inyectiva g: N -> N tal que g(f(x)) <= x para todo x perteneciente a N.

Solución

Es casi el mismo problema que en el ejercicio 1. Podríamos ver a g como una especie de generalización de f^-1. Si f es inyectiva y sobreyectiva (i.e. biyectiva) se puede definir una f^-1 tal que f^-1(x) = g(f(x)) = x, para todo x natural.

Si debilitamos la hipótesis sobre f, y sólo pedimos que sea sobreyectiva, pasa a haber más de un xi tal que g(f(xi)) = x. Pero siempre habrá un único x1 tal que g(f(x1)) = x y además x1 es más chico que todos los xi. Este x1 se encuentra con la minimización:

min{y : f(y) = x}

Por otra parte, esta minimización es computable, dado que está garantizado por la sobreyectividad de f la existencia de al menos un y que verifique f(y) = x. Nuevamente, esta función se computa con el programa del ejercicio 1, item A. Por último, g es inyectiva porque en la expresión f(y) = x, dos valores x1 y x2 distintos no pueden provenir del mismo y, dado que esto violaría la definición de función.

Ejercicio 3

Sea f: N -> N una función computable biyectiva. Probar que Halt(f(x), x) no es computable. Sugerencia: considerar la función:

h(x) = 1 si       fi(x, f^-1(x)) se cuelga
       se cuelga  en otro caso

El siguiente programa computa h, suponiendo que HALT(f(x),x) sea computable:

[A] IF HALT(f(f^-1(x)), f^-1(x)) GOTO A
Y <- 1

que es equivalente a:

[A] IF HALT(x, f^-1(x)) GOTO A
Y <- 1

Llamemos P a este programa, entonces existe e perteneciente a N tal que #(P) = e

Ahora bien, por la definición de HALT:

HALT(f(e), e) <=> P(f(e)) termina

Y por el código de P:

P(f(e)) termina <=> -(HALT(f(e), e)

Lo que nos lleva a un absurdo, que proviene de la única suposición que hicimos, que es que HALT(f(x), x) es computable.

Ejercicio 4

Sean f, g y h las funciones dadas por:

f(x) = fi(x,x) + 1   si fi(x,x) termina
       se cuelga     si no

g(x) = 1             si x pertenece al dominio de f
       se cuelga     si no

h(x) = 0             si fi(x,x) termina
       se cuelga     si no

Para resolver esto es suficiente con dar 3 programas que computen cada una de estas funciones.

Este programa computa f:

Y <- fi(x,x) + 1

Este programa computa g:

Z <- f(x)
Y <- 1

Y este computa h:

Y <- not(g(x))

Ejercicio 5

Probar que la siguiente función es primitiva recursiva:

f(x) = 1 si x = <<a,b>,c> y fi(b,a) termina en menos de c pasos
       0 en otro caso

Solución

f(x) es pr porque tanto los valores que devuelve como las funciones utilizadas en las guardas lo son. La decodificación de x en a, b y c es pr. y el predicado "fi(b,a) termina en menos de c pasos" es computado por el programa STP(b,a,c), que es pr.

Ejercicio 6

Decimos que una funcion parcialmente computable f es extensible si existe g computalbe tal que g(x) = f(x) para todo x en el dominio de f. Probar que existe una funcion f parcialmente computable que no es extensible.

¿$f(x)=\Phi _{x}(x)$?

Sea $g(x_{1},\dots ,x_{n},y)={\begin{cases}min_{t}STP(x_{1},\dots ,x_{n},y,t)\ si\ \Phi _{y}(x_{1},\dots ,x_{n})\downarrow \\\uparrow \ sino\end{cases}}$

Supongamos ahora $g$ es extensible y sea $f$ computable la función que la extiende. Pero entonces, podríamos reescribir la función $Halt$ con $f$

$Halt(x_{1},\dots ,x_{n},y)=STP(x_{1},\dots ,x_{n},y,f(x_{1},\dots ,x_{n},y))$ Lo cual es absurdo, ya que $Halt$ no es computable y con esta definición es claramente computable. (la idea es que como $g$ te devuelve en qué número de "iteración" $y$ termina, no importa qué te devuelva la extensión $f$ ya que podés chequear si es fruta o es uno de los valores de $g$, chequeando con $STP$ si efectivamente $x$ terminó en la cantidad de pasos que te dijo f)

Ejercicio 9

Probar usando el teorema de la recursion que la siguiente funcion no es computable

$f(x,y)={\begin{cases}1\ si\ \Phi _{x}(y)>x\\0\ sino\end{cases}}$

sugerencia: considerar la funcion

$g(x,y)={\begin{cases}x\ si\ f(x,y)=1\\x+1\ sino\end{cases}}$

Solucion:
supongo f computable, entonces g tambien lo es.
por el teorema de la recursion se que existe e tal que $\Phi _{e}(y)=g(e,y)$, pero entonces:

$g(e,y)={\begin{cases}e\ si\ f(e,y)=1\\e+1\ sino\end{cases}}$

donde $f(e,y)=1\Rightarrow \Phi _{e}(y)>e$

Si $\Phi _{e}(y)=g(e,y)=e\Rightarrow \Phi _{e}(y)>e.$ Absurdo
Si $\Phi _{e}(y)=e+1\Rightarrow \Phi _{e}(y)\leq e.$ Absurdo

El absurdo viene de suponer f computable.

Ejercicio 10

Probar que las siguientes funciones no son computables

Item A

f(x) = 1  si $\Phi _{x}(x)=2x$
       0  si no

Supongo f es computable, por ende es total

Sea g(x,y) tal que

g(x,y) = 2x+1  si f(x)
         2x    si no

Por teorema de la recursion, $\exists e/\Phi _{e}(y)=g(e,y)$

Supongo $\Phi _{e}(e)=2e$ $\Rightarrow f(e)\Rightarrow g(e,e)=\Phi _{e}(e)=2e+1\neq 2e$

Supongo $\Phi _{e}(e)\neq 2e$ $\Rightarrow \alpha (f(e))\Rightarrow g(e,e)=\Phi _{e}(e)=2e$

Absurdo que proviene de suponer que f es computable

Todos los items siguientes se resuelven con el mismo mecanismo

Item B

f(x) = 1  si $dom(\Phi _{x})=\emptyset$
       0  si no

Supongo f es computable

Sea g(x,y) tal que

g(x,y) = 1  si f(x)
         $\uparrow$  si no

Por teorema de la recursion, $\exists e/\Phi _{e}=g(e)$

Evaluando g en e se llega al absurdo

Item C

f(x,y) = 1  si $\Phi _{x}=\Phi _{y}$
         0  si no

Supongo f es computable, por ende tambien total

Sea g(x,y) tal que

g(x,y) = $\Phi _{y}+1$  si f(x,y)
         $\Phi _{y}$  si no

Por teorema de la recursion, $\exists e/\Phi _{e}(y)=g(e,y)$

Sea a tal que $\Phi _{a}\downarrow$

Por teorema del parametro, $\exists s/\Phi _{s}=g(e,a)=\Phi _{e}(a)$

Evaluando g en (s,a) se llega al absurdo

Item D

f(x) = 1  si $Im(\Phi _{x})$ es infinita
       0  si no

Supongo f es computable, por ende tambien es total

Sea g(x,y) tal que

g(x,y) = 0  si f(x)
         y  si no

Por teorema de la recursion, $\exists e/\Phi _{e}(y)=g(e,y)$

Supongo $Im(\Phi _{e})infinita$, $\Rightarrow f(e)\Rightarrow (\forall y)g(e,y)=\Phi _{e}(y)=0\Rightarrow Im(\Phi _{e})={0}$

Supongo $Im(\Phi _{e})noinfinita$, $\Rightarrow \alpha (f(e))\Rightarrow (\forall y)g(e,y)=\Phi _{e}(y)=y\Rightarrow Im(\Phi _{e})=Naturales$

Item E

f(x) = 1  si $1\in dom(\Phi _{x})$
       0  si no

La condicion equivale a decir que $\Phi _{x}(1)\downarrow$

Supongo f es computable, por ende tambien es total

Sea g(x,y) tal que

g(x,y) = $\uparrow$  si f(x)
         0  si no

Por teorema de la recursion, $\exists e/\Phi _{e}(y)=g(e,y)$

Evaluando g en (e,y) para todo y, se llega al absurdo

Ejercicio 11

Analizar la validez de las siguientes afirmaciones

Item A

Si B es r.e., entonces B es computable o su complemento es computable.

Solucion

Falso.

$B=\{x:\Phi _{x}(x)\downarrow \}$
B es r.e., pero no es computable, ni tampoco su complemento. Si lo fueran, entonces el Halting problem seria computable.

Item B

Si $B_{1},...,B_{k}$ son r.e., entonces la union tambien lo es.

Solucion

Verdadero.

Basta construir un programa que vaya evaluando en paralelo todas las posibilidades, hasta que alguno termine.

Item C

Idem anterior, pero si la cantidad de conjuntos es infinita.

Solucion 1

Verdadero.

Se deberia poder construir un programa utilizando la tecnica de Dove Tailing que vimos en la teorica.
Es decir, para determinar si x pertenece, evaluo STP(b1, x, 1).
Si es falso, pruebo con STP(b1, x, 2) y STP(b2, x, 2).
Si dan falso, pruebo con STP(b1, x, 3), STP(b2, x, 3) y STP(b3, x, 3).
Asi sucesivamente hasta hallar un valor que verifique, o colgarse si no pertenece al conjunto.

En forma recursiva, la funcion seria: $U(x)=(\exists t)(\exists y)STP(B_{y},x,t)$
Como la minimizacion es no acotada (ni tampoco propia), el programa es parcialmente computable y caracteriza un conjunto r.e.

Solucion 2

Falso.

Si la proposición fuera verdadera, entonces cualquier conjunto de naturales sería r.e.:

Sea $A$ un conjunto de naturales cualquiera. Definimos la familia de conjuntos $B_{i}=\{x:x\in A\land x<i\}$. Los $B_{i}$ son todos finitos, por lo tanto son todos computables, por lo tanto son todos r.e. Además, es claro que $A=\cup _{i=1}^{\infty }B_{i}$. Por lo tanto, si la proposición fuera verdadera, $A$ tendría que ser r.e.

Pero sabemos que existen conjuntos de naturales que no son r.e. (por ejemplo el complemento de $K$). Por lo tanto, la proposición debe ser falsa.

Item D

Encontrar el error en alguna de las soluciones del item C.

Ejercicio 12

Sea B un conjunto infinito

Item A

Probar que B es r.e. sii existe una funcion f inyectiva computable tal que la imagen de f sea B.

Solucion

$\Rightarrow$)

Como B es r.e., existe una funcion g primitiva recursiva (por lo tanto, computable) tal que su imagen sea B. Defino f en funcion de g:

$f(0)=g(0)$
$f(n+1)=g(min_{t}((\forall i\leq n)g(t)\neq f(i))$

Intuitivamente, f va seleccionando todos los valores de g tal que no se hayan repetido anteriormente. Como B es infinito, siempre existira algun nuevo valor t que no sea repetido. Por lo tanto, la minimizacion es propia y f resulta computable e inyectiva, pues no repite valores; y su imagen es igual a B.

$\Leftarrow$)

Existe una funcion f inyectiva computable tal que su imagen es igual a B, por lo tanto, B es r.e.
Se puede usar la funcion del 1.a para probarlo.

Item B

Probar que B es computable sii existe una funcion f de una variable computable y creciente tal que Im f = B.

Solucion

$\Rightarrow$)

B = {x : B(x)} = {f(0), f(1), ... }

$f(0)=min_{t}(B(t))$
$f(n+1)=min_{t}(f(n)<t\wedge B(t))$

La idea de f es que va probando con todos los numeros naturales y para cada uno de ellos chequea si B(i) es verdadero o no. Si lo es, entonces lo devuelve como valor de la funcion, si no, sigue probando.

$\Leftarrow$)

B es computable sii su funcion caracteristica B(x) lo es.
$B(x)=(\exists t\leq x)f(t)=x$

Como f es computable, entonces B lo es.

Ejercicio 13

Probar que todo conjunto re infinito contiene un subconjunto computable infinito.

Solucion

Sea f p.r. tal que la imagen de f sea igual al conjunto B (r.e. e infinito).

Defino la funcion g tal que:

g(0) = f(0)
g(n+1) = f(min(t) (f(t) > g(n)))

Intuitivamente, la funcion g selecciona los valores que estan en orden creciente en la imagen de f. Como B es infinito, para cualquier indice elegido siempre existira otro mayor tal que la funcion resulte creciente. Por lo tanto, la minimizacion es propia y la funcion g resulta computable ademas de creciente.

Como g es computable y creciente, entonces su imagen define un conjunto, contenido en B, que es computable e infinito (vale por ej 12).

Ejercicio 14

Probar que si B es re y f es una funcion parcialmente computable, entonces $A={x:f(x)\in B}$ es re.

Como B es re, existe g parcialmente computable tal que $B={x:g(x)\downarrow }$

Para que A sea re, tiene que existir una funcion h parcialmente computable tal que $A={x:h(x)\downarrow }$.

Sea h = g(f(x)), parcialmente computable por ser composicion de pc. $g(f(x))=f(x)\in B$

Entonces A es re.

Ejercicio 16

=>) Sea A = We = {x: Φx↓} => x є A si existe un tiempo t tal que Φe(x)↓, entonces
A = {x: ($\exists$ t) STP⁽¹⁾(x,e,t)}, y se sabe que STP es un predicado PR

<=) Sea el predicado PR J(x) = ($\exists$ y) P(x,y), y el siguiente programa P:

[A] IF J(Z)=1 GOTO F
    Z++
    GOTO A
[F] Y <- 1

Como puede verse, P computa la funcion parcialmente computable

f(x) = {1  si J(x)=1
       {↑  sino

Con lo cual B = dom f => B es RE

Ejercicio 17

Definir un predicado pr P tal que $A={x:(\forall y)P(x,y)}$ no sea re.

Sea $P(x,y):=STP(x,x,y)=0$ Como STP es p.r., $P(x,y)$ es claramente p.r. también Notemos ahora que $B=\{x:(\forall y)STP(x,x,y)=0\}$ es lo mismo que $B=\{x|\Phi _{x}(x)\uparrow \}$ , o sea, es el complemento del famoso conjunto $K$ (x tal que Halt(x,x)), que ya sabíamos que no es r.e. porque lo probamos en la teórica/práctica.

Ejercicio 18

Sea $B=\{x\ :\ \Phi _{x}\ es\ una\ funcion\ total\}$

a. Probar que B no es r.e.

b. Probar que $N-B$ no es r.e.

Item A

Este lo hicimos en clase.

Item B

Lo que nos piden probar es que el complemento de B no es r.e. O sea, que el conjunto $A=\{x\ :\ \Phi _{x}\ es\ una\ funcion\ parcial\}$ no es r.e. Supongamos entonces lo contrario. Esta suposición implica que la pertenencia a B es parcialmente computable (devuelve 1 si es true, se cuelga sino).

Definamos entonces:

$f(x,y)={\begin{cases}1\ si\ x\in A\\\uparrow \ sino\end{cases}}$ Por el teorema de la recursión, existe un e tal que: $\Phi _{e}(y)=f(e,y)$, pero entonces:

Si $e\in A\rightarrow \Phi _{e}(y)=1\rightarrow e\ es\ total$ (Absurdo porque partimos de que e era parcial y por eso estaba en A)

Si $e\notin A\rightarrow \Phi _{e}(y)\uparrow \rightarrow e\ es\ parcial$ (Absurdo porque partimos de que e era total y por eso no estaba en A).

Pero entonces superabsurdo, que partió de suponer que A era un conjunto r.e.

Ejercicio 19

Probar que existe un $e$ tal que $W_{e}=\{e\}$.

Tal e existe,por definición de $W_{e}$, si y sólo si existe un $e$ tal que $\{e\}=\{x\in N\ |\ \Phi _{e}(x)\downarrow \}$.

[... EN CONSTRUCCIÓN ...]

Posible resolucion (Sin verificar)

$f(x,y)={\begin{cases}1\ si\ y=x\\\uparrow \ sino\end{cases}}$ Por el teorema de la recursión, existe un e tal que: $\Phi _{e}(y)=f(e,y)$, pero entonces:

$\Phi _{e}(y)$ estará definida solo si y=e, es decir, el dominio de $\Phi _{e}(y)$ será e, eso significa que $W_{e}=\{e\}$ que era lo que queriamos probar.

Ejercicio 20

Demostrar que las funciones definidas en el Ejercicio 10 no son computables aplicando el Teorema de Rice

Item C

f(x,y) = 1  si $\Phi _{x}=\Phi _{y}$
         0  si no

A = {x: $\Phi _{x}=\Phi _{0}$}

Quiero ver que A no es computable por Rice. Para esto tengo que probar que:

1. $A\neq \emptyset$

A representa el conjunto de los programas que computan el programa 0 (aquel que devuelve 0 para toda entrada).

Ejemplo: el programa que computa f(x,y) donde

f(x,y) = (x>y).(y-x)+(x<=y).(x-y)

claramente, esta función hace lo mismo que #P=0 donde P es el programa que computa a

n(x) = 0

Entonces, $A\neq \emptyset$

2. $A\neq N$

Ejemplo: el programa que computa la función constante

g(x) = 8

Además, puede verse que hay programas que no están en A

Entonces, $A\neq N$

3. A es un conjunto de índices

Se dice que A es un conjunto de índices si dado C una clase de funciones parcialmente computables A es el conjunto de los programas que computan a dichas funciones. En este caso, A es el conjunto de los programas que computan lo mismo que $\Phi _{0}$ (la función nula). Entonces dado x perteneciente a A y $\Phi _{x}=\Phi _{y}$ --> y pertenece a A.

Muy bien, ahora, por Rice, A no es computable

Supongo f computable. Entonces f(x,0) es computable. Pero f(x,0) = g(x) es la función característica de A. Absurdo, porque A no es computable --> f no es computable :)

El resto sale de la misma forma :)