可计算实数的可确定属性

“可计算实数的莱斯定理”（也就是，由给定可计算实数表示的数字的非平凡属性是不可确定的）吗？

这以某种直接的方式对应于现实的联系吗？

是的，赖斯的实数定理适用于可计算实数的每个合理版本。

我将首先证明一个定理和一个推论，然后再解释它与可计算性的关系。

定理： 假设是一个映射，而两个实数，使得和。然后存在一个柯西序列，对于所有\ mathbb {N}的。$p : \mathbb{R} \to \{0,1\}$$a, b \in \mathbb{R}$$p(a) = 0$$p(b) = 1$$(x_i)_i$$p(\lim_i x_i) \neq p(x_j)$$j \in \mathbb{N}$

证明。我们按如下方式构造一对实数对： 注意，对于所有：$(y_i, z_i)_i$

$$\begin{align*} (y_0, z_0) &= (a, b) \\ (y_{i+1}, z_{i+1}) &= \begin{cases} (y_i, (y_i + z_i)/2) & \text{if $p((y_i + z_i)/2) = 1$} \\ ((y_i + z_i)/2, z_i) & \text{if $p((y_i + z_i)/2) = 0$} \\ \end{cases} \end{align*}$$ $i \in \mathbb{N}$

• $p(y_i) = 0$和$p(z_i) = 1$
• $|z_i - y_i| = |b - a| \cdot 2^{-i}$
• $|y_{i+1} - y_i| \leq |b - a| \cdot 2^{-i}$
• $|z_{i+1} - z_i| \leq |b - a| \cdot 2^{-i}$

因此，序列和是柯西，并且它们收敛到一个公共点。如果则取，如果则取。$(y_i)_i$$(z_i)_i$$c = \lim_i y_i = \lim_i z_i$$p(c) = 0$$(x_i)_i = (z_i)_i$$p(c) = 1$$(x_i)_i = (y_i)_i$$\square$

推论：假设和两个实数，使得和。然后，每台图灵机要么永远运行，要么就不会永远运行。$p : \mathbb{R} \to \{0,1\}$$a, b \in \mathbb{R}$$p(a) = 0$$p(b) = 1$

证明。 根据该定理，存在一个柯西序列，使得所有。不失一般性，我们可以假设和。$(x_i)_i$$p(x_j) \neq p(\lim_i x_i)$$j \in \mathbb{B}$$p(x_j) = 1$$p(\lim_i x_i) = 0$

设为图灵机。通过定义序列。 序列是明确定义的，因为我们可以模拟到步，并确定它在这么多步中是否停止。接下来，观察到是柯西序列，因为是柯西序列（我们将其保留为练习）。令。任一或：$T$$y_i$

$$y_i = \begin{cases} x_j & \text{if $T$ halts in step $j$ and $j \leq i$}\\ x_i & \text{if $T$ does not halt within $i$ steps} \end{cases}$$ $T$$i$$(y_i)_i$$(x_i)_i$$z = \lim_i y_i$$p(z) = 0$$p(z) = 1$

• 如果则永远运行。的确，如果它在步骤后停止，则，因此将与矛盾。$p(z) = 0$$T$$j$$z = x_j$$p(z) = p(x_j) = 1$$p(z) = 0$

• 如果则不会永远运行。确实，如果这样做，则，因此，与相矛盾。 $p(z) = 1$$T$$z = \lim_i x_i$$p(z) = p(\lim_i x_i) = 0$$p(z) = 0$$\square$

现在我们可以解释为什么这为赖斯定理提供了实数。证明是建设性的，因此产生可计算的程序。任何可计算性模型和任何实数计算结构都应如此。实际上，您可以返回并阅读证明作为构建程序的说明-所有步骤都是可计算的。

因此，如果我们有一个可计算的映射和可计算使得和，然后我们可以应用由定理的构造证明和推论得出的可计算程序，以创建停止定律。但是Halting oracle不存在，因此，每个可计算映射是恒定的。$p : \mathbb{R} \to \{0,1\}$$a, b \in \mathbb{R}$$p(a) = 0$$p(1) = 1$$p : \mathbb{R} \to \{0,1\}$

补充：还有一个问题是赖斯定理是否与实在联系有关。是的，本质上是连接实地的声明。

让我们首先观察一个连续映射（我们在上采用离散拓扑）对应于一对不相交的clopen（封闭和开放）集合，使得。实际上，取和。因为是连续的并且和是开放的，所以和将是开放的，不相交的，并且它们显然覆盖了全部。相反，覆盖任意对不相交的open子会确定连续的图$p : X \to \{0,1\}$$\{0,1\}$$U, V \subseteq X$$U \cup V = X$$U = p^{-1}(\{0\})$$V = p^{-1}(\{1\})$$p$$\{0\}$$\{1\}$$U$$V$$X$$(U,V)$$X$$p : X \to \{0,1\}$将元素映射到，将元素映射到。$U$$0$$V$$1$

从中我们得知，空间在且仅当存在连续映射时才断开和使得和（我们需要和以便得到的非平凡分解）。还有另一种说法是：只有且仅当所有连续映射恒定时，空间才被连接。$X$$p : X \to \{0,1\}$$a, b \in X$$p(a) = 0$$p(1) = b$$a$$b$$X$$X$$X \to \{0,1\}$

在可计算数学中，我们有一个基本定理：每个可计算图都是连续的。因此，只要我们处于可计算对象的领域内，赖斯定理实际上就表明一定的空间是连通的。在经典赖斯定理的情况下，所讨论的空间是部分可计算函数。$\mathbb{N} \to \mathbb{N}$

不会。或者，至少，证明并不是一件容易的事，因为您可以在（通常有多种）可能的方法中进行选择，以计算实数，并且也许能够选择一种结构，该结构与所选属性完全相同，因此您不会减少测试属性以解决暂停问题。

另外，我认为我需要更好地理解“非平凡”意味着数字的性质。对于赖斯定理，“非平凡”基本上是非语法的，语法上也没有暗示。但是，每个可计算的实数不是单个程序，而是一个充满程序的等价类。