Ejercicios de Computabilidad (V

Ejercicios de Computabilidad (V-VI).
TCO
Ejercicio.-Sean A, B ⊆ N(k) conjuntos r.e. y f, g ∈ R(k) .
Probar que C = {~x ∈ N(k) : f (~x) ∈ A ∨ g(~x) ∈ B} es r.e.
Basta observar que:
x ∈ C ⇔ f (~x) ∈ A ∨ g(~x) ∈ B ⇔
∃y(y ∈ A ∧ f (~x) = y) ∨ ∃z(z ∈ B ∧ g(~x) = z) ⇔
∃y∃z[(y ∈ A ∧ (~x, y) ∈ G(f )) ∨ (z ∈ B ∧ (~x, z) ∈ G(g))]
o sea, el predicado x ∈ C es parcialmente decidible (p. d.). Luego C es r.e.
2
Ejercicio.-En la resolución de un cierto ejercicio se ha demostrado que la función
½
ϕx (x) + 1 si ϕx (x) ↓
f (x) =
0
en otro caso
no es recursiva.
Usando este hecho, probar que K = {e : ϕe (e) ↓} no es recursivo. Probar, además, que el conjunto
K es recursivamente enumerable.
Si K (conjunto de la parada) fuese recursivo entonces, como la función f se escribe:
½
ϕx (x) + 1 si x ∈ K
f (x) =
0
en otro caso
por el teorema general de definición por casos resultarı́a que f es recursiva; lo que serı́a una
contradicción. Por tanto, K no es recursivo.
Por otra parte, como K se caracteriza ası́:
x ∈ K ⇔ ϕx (x) ↓⇔ ∃tST EP (1) (x, x, t)
resulta que K es recursivamente enumerable.
2
Ejercicio.-Utilizando el teorema de la forma normal, probar que es recursivamente enumerable el
conjunto K0 = {(x, y) : x ∈ Wy }. Probar además que K0 no es recursivo.
En efecto:
(x, y) ∈ K0 ⇔ ϕy (x) ↓⇔ ∃zT1 (x, y, z)
Luego por el teorema de la proyección, K0 es r.e.
Veamos ahora que no es recursivo:
Sean CK0 y CK las funciones caracterı́sticas de K0 y K respectivamente.
Obsérvese que CK (x) = CK0 (x, x); es decir, CK = C(CK0 ; π11 , π11 )
Si K0 fuese recursivo, lo serı́a K. Pero sabemos que K no lo es; por tanto, K0 tampoco lo será. 2
Ejercicio.-Probar que todo conjunto A ⊆ N recursivamente enumerable e infinito posee un subconjunto recursivo.
Por ser A r.e. existe (Teorema de enumeración) una función g ∈ R(1) tal que rang(g) = A.
Definimos entonces la función:
½
f (0) = g(0)
f (x + 1) = g(µt(g(t) > f (x)))
que es recursiva y verifica f (x) < f (x + 1). Por tanto, según un ejercicio anterior, rang(f ) es un
conjunto recursivo.
Y como rang(f ) ⊆ rang(g) = A, tenemos el resultado deseado.
Ejercicios Computabilidad (V-VI) (TCO)
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A. J. Pérez, M.J.Pérez.- pág. 1
C
C
I
A
Ejercicio.-Sea A ⊆ Nn+1 un conjunto r.e. Probar que existe una función recursiva, f : Nn − → N
tal que:
a) dom(f ) = {~x ∈ Nn : ∃y [(~x, y) ∈ A]}, y
b) ∀~x ∈ dom(f ) [(~x, f (~x)) ∈ A]
Indicación: Utilizar el teorema de la proyección.
Como A es r.e., por el Teorema de la proyección existe un predicado recursivo, θ(~x, y, z), tal que:
A = {(~x, y) : ∃zθ(~x, y, z)}. Definimos entonces la función:
f (~x) = l(µtθ(~x, l(t), r(t))
Obviamente la función f es recursiva y además, verifica:
a) ~x ∈ dom(f ) ⇔ ∃tθ(~x, l(t), r(t)) ⇔ ∃y∃zθ(~x, y, z) ⇔ ∃y(~x, y) ∈ A
b) Sea ~x ∈ dom(f ). Y sea entonces, u = µtθ(~x, l(t), r(t)); es decir, f (~x) = l(u).
Por tanto, se verifica θ(~x, l(u), r(u)); es decir, existe z tal que θ(~x, f (~x), z), de donde se sigue que
(~x, f (~x)) ∈ A.
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Ejercicio Sea A = {e ∈ N : Para todo x ∈ N, ϕe (x) es una potencia de 2}.
Pruébese que A no es recursivo.
Aplicaremos el teorema de Rice. Sea Γ la familia de funciones
Γ = {f ∈ P : Para todo x, f (x) es una potencia de 2}
Entonces,
Γ 6= ∅, ya que la función g : N → N, definida por g(x) = 2 es un elemento de Γ.
Γ 6= P ya que si definimos h(x) = 3, entonces h es recursiva y h ∈
/ Γ.
dado que Γ 6= ∅, P por el teorema de Rice, IΓ NO es un conjunto recursivo. Puesto que A = IΓ ,
hemos probado que A NO es recursivo.
Ejercicio (12/02/03).-Decidir razonadamente si los siguiente conjuntos son recursivos:
1.- A = {e : ϕe es total y para toda f ∈ R, f (x) ≤ ϕe (x)}
2.- B = {e : ϕe es total y ∀x[ϕe (x + 1) = f (ϕe (x))]} donde f ∈ R es una función dada.
1) A es el conjunto vacı́o.
En efecto; si no lo fuese, sea e ∈ A y sea g(x) = ϕe (x) + 1. Desde luego, g ∈ R.
Tendrı́amos entonces, por la definición de g, que ϕe (x) < g(x) pero, por la definición de e, se
verificarı́a: ϕe (x) ≥ g(x), lo que contradice lo anterior.
Por tanto, A es vacı́o y, en consecuencia, es recursivo.
2) Consideremos el conjunto de funciones F = {g : g es total y ∀x[g(x + 1) = f (g(x))]} donde
f ∈ R es una función dada. Obviamente se verifica que IF = B.
F no es un subconjunto propio de P. En efecto:
La función vacı́a no pertenece a F.
La función g(n) = f n (0) es recursiva y pertenece a F. En efecto; basta observar que dicha
función es precisamente la función:
½ 0
g (0) = 0
g 0 (x + 1) = f (g 0 (x))
Que g 0 es recursiva, es inmediato pues está definida por recursión a partir de una constante
y de la función recursiva h(x, z) = f (z).
Por otra parte, la igualdad, g = g 0 , se demuestra fácilmente por inducción débil.
Por tanto, aplicando el teorema de Rice resulta que B no es recursivo.
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A. J. Pérez, M.J.Pérez.- pág. 2
C
C
I
A
Ejercicio Sea A = {x ∈ N : ϕx (x) ↓ ∧ϕx (x) > x}.
Pruébese que A es recursivamente enumerable pero no recursivo.
El siguiente programa:




P



[A]
[B]
IF T1 (X, X, Z) GOT O B
Z ←− Z + 1
GOT O A
IF l(Z) > X GOT O E
verifica que dom([[P ]](1) ) = A. Por tanto A es recursivamente enumerable.
Para ver que no es recursivo procederemos por reducción al absurdo.
Supongamos que A es recursivo. En ese caso la función total:
½
0
si x ∈ A
F (x) =
x + 1 si x ∈
/A
será recursiva. Existirá, pues, un e ∈ N tal que F = ϕe . Por tanto:
def.F



def.A
e ∈ A ⇒ F (e) = 0 ⇒ ϕe (e) = 0 ⇒ ϕe (e) ≤ 0 ⇒ e ∈
/A
def.F
def.A
e∈
/ A ⇒ F (e) = e + 1 ⇒ ϕe (e) = e + 1 ⇒ ϕe (e) ↓ ∧ϕe (e) > e ⇒ e ∈ A


e∈A⇔e∈
/A
Hemos llegado a una contradicción y, en consecuencia, A no es recursivo.
→←
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Ejercicio Dar un ejemplo de un predicado recursivo R(x, y) tal que ∀yR(x, y) no sea recursivamente enumerable. (es decir, que el conjunto {x : ∀yR(x, y)} no sea recursivamente enumerable).
Veremos que el predicado que define al conjunto complementario del conjunto de la parada nos
proporciona un ejemplo.
En efecto, obsérvese que: K = {x : ϕx (x) ↓} = {x : ∃tST EP (x, x, t)}
Por tanto, su complementario será: K = {x : ¬(∃tST EP (x, x, t)} = {x : ∀t(¬ST EP (x, x, t)}
Definiendo ahora el predicado: R(x, t) = ¬ST EP (x, x, t) resulta que R(x, t) es recursivamente
enumerable (es más, en este caso es primitivo recursivo) y K = {x : ∀t(R(x, t)}.
Y como K no es un conjunto r. e., resulta que ∀t(R(x, t) no es un predicado recursivamente
enumerable.
Es decir, concluimos que la propiedad de ser recursivamente enumerable no es cerrada por cuantificación universal.
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A. J. Pérez, M.J.Pérez.- pág. 3
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