比较Kolmogorov理论的复杂性

蔡廷不完备定理说的算术没有足够强大的理论可以证明 $K(s) > L$ 其中 $K(s)$ 是字符串的柯尔莫哥洛夫复杂 $s$ 和 $L$ 是一个足够大的常数。 $L$ 是足够大的，如果它比在一个证明检查机（PCM）的比特大小。理论的PCM $T$ 将编码为整数的字符串作为输入，如果该字符串是语言的有效证明，则输出1 $T$ 。

假设 $L(T) > |PCM_T|$ 从理论上讲， $T$ 是复杂度的上限 $T$ 。考虑以下理论层次：让基础理论是鲁宾逊算法（ $Q$ ）。用多项式有界归纳法公理越来越强来增强 $Q$ 设 $Q^*$ 是由 $Q$ 以及任何这些有界感应公理证明的定理的理论。假设我们可以定义 $L(Q)$ 和，为每种理论定义PCM。 $L({Q^*})$

我想考虑的增强型证明检查机（EPCM）。该EPCM与ECM一样，将字符串作为输入，并具有第二个输入，该输入定义了子理论的等级和水平。如果输入字符串是的有效证明，则EPCM会通过证明的步骤来确定所使用的最高归纳和等级。然后，如果输入的句子在的指定子理论中是有效的证明，则此EPCM将写入1 。 $Q^*$ $Q^*$ $Q^*$ $Q^*$

我描述的增强型证明检查器可行吗？如果是这样，那么该EPCM的大小不仅是复杂度的上限，还是任何子理论的复杂度的上限？ $Q^*$ $Q^*$

说及其所有子理论的复杂度有一个恒定的上限是否合理？ $Q^*$

这个问题是纳尔逊关于算术不一致的失败证明。我之所以没有指出这一点，是因为有人发现该证明令人不安。我的动机是要提出一个有趣的问题。CSTheory似乎是这个问题的合适论坛。及其所有子理论的复杂性要么受常数限制，要么不受限制。任一个答案都会引发更多问题。 $Q^*$

如果子理论的复杂性是无界的，我们可以问喜欢什么是最弱的子理论问题比更复杂的？还是比PA和ZFC更复杂？对这个问题的思考已经向我展示了一个理论可以证明多少关于弦的Kolmogorov复杂性的严格限制。如果是一致的，那么任何子串的子理论都不能证明。这意味着即使是真正强大的子理论也无法证明比一些更弱的子理论（其中，较弱的理论比更复杂）所包含的字符串更为复杂。 $Q^*$ $Q^*$ $Q^*$ $K(s) > L(Q^*)$ 。 $Q^*$

lo.logic kolmogorov-complexity

— 罗素·伊斯特利
source

就目前而言，这是正确的，但是检查归纳模式的限制所需的额外输入（例如，

）当然本身就是无限的复杂性，因此建议您统一限制这些复杂性有点误导。

n

$n$

额外的复杂度将为

。如果我需要

然后我将只需要显示

。

l o g (n)

$log(n)$

n \leq L

$n \le L$

L > c + l o g (L)

$L > c+log(L)$

— 拉塞尔（Russell）东风，2015年

您的表示有点令人不安，使我想起了这种证明算术不一致的错误尝试。你能阐明你的动机吗？

— cody 2015年

嗨，罗素。这对我来说听起来很有趣。如果您想聊天，请告诉我。祝你今天愉快！:)

— Michael Wehar 2015年

是的，这样的TM可以用来定义理论的复杂性。我要问的是，当我们有多种理论时，此TM的大小是否有界限。

— 罗素（Russell）Easterly 2015年

我将尝试给出该问题的答案，并尝试消除对该问题确切形式的困惑。

我要说明的第一点是：在Chaitin常数声明中的确实是的函数。在绝对意义上说，它是在的表现力单调：如果是最小为其自然数对于任意字符串，那么如果是一致的理论强于（意味着 $L$ $T$ $T$ $L(T)$

T ⊬ K (s) \geq L (T)

$T\not\vdash K(s)\geq L(T)$

s

$s$

T^{'}

$T'$

T

$T$

T ⊢ φ

$T\vdash\varphi$

为任何算术句

）然后

。该参数是非常简单的：如果存在

使得

然后

通过假设。

T^{'} ⊢ φ

$T'\vdash\varphi$

φ

$\varphi$

L (T^{'}) \geq L (T)

$L(T')\geq L(T)$

s

$s$

T ⊢ K (s) \geq L

$T\vdash K(s)\geq L$

T^{'} ⊢ K (s) \geq L

$T'\vdash K(s)\geq L$

但是，仅当是绝对 Chaitin常数时，这才是正确的。特别地，如果证明，然后 $L(T)$ $T'$ $\mathrm{Con}(T)$

T^{'} ⊢ \exists L \forall s ⌈ T ⊬ K (\bar{s}) \geq \bar{L} ⌉

$T'\vdash \exists L\forall s\ \lceil T\not\vdash K(\overline{s})\geq \overline{L}\rceil$

通过内部化查廷的论点。然而，一个具体的 了这 $l$

T^{'} ⊢ \forall s ⌈ T ⊬ K (\bar{s}) \geq \bar{l} ⌉

$T'\vdash\forall s\ \lceil T\not\vdash K(\overline{s})\geq\overline{l}\rceil$

通常不等于 $L(T)$ 。特别地，它可以是大得多，通常正比于的证明的大小在 $\mathrm{Con}(T)$ $T'$ 。在定理本身的证明中很容易看出这一点，该定理主要依赖于的一致性。 $T$

所以当 $Q^*$ 能证明有界感应系统的一致性，这些证明的长度变长你越接近到的表现（单程了解不完备性定理是，当你到达长度变为无限，因此，它在本身中没有有限的一致性证明。因此，对于每个子理论，内部 s 可以描述的各种上限也是如此。 $Q^*$ $Q^*$ $Q^*$ $L(T)$ $Q^*$

因此，这是对您的问题的简短答案：对于的所有子理论都是统一有界的，但是本身不能表明该界限对所有此类子理论都成立。这是纳尔逊犯下的关键错误（埋在几层形式主义之下），陶在这里指出。 $L(T)$ $Q^*$ $Q^*$

— 科迪
source

PRA可以证明

。这个证明的大小是否是

及其所有子理论（假设公理，句子等的兼容编码）的复杂性的上限？

C o n (Q^{*})

$Con(Q^*)$

Q^{*}

$Q^*$

— 拉塞尔（Russell）Easterly 2013年

L

$L$

P R A ⊢ C o n (Q^{*})

$\mathrm{PRA}\vdash \mathrm{Con}(Q^*)$

T

$T$

Q^{*}

$Q^*$

P R A ⊢ C o n (Q^{*}) \to C o n (T)

$\mathrm{PRA}\vdash\mathrm{Con}(Q^*)\rightarrow\mathrm{Con}(T)$

Q^{*}

$Q^*$

T

$T$

Q^{*}

$Q^*$

嗨，科迪，谢谢您的回答。希望一切都很好。:)

— Michael Wehar 2015年

谢谢迈克！这是一个有趣的问题。纳尔逊本人对细节感到困惑的事实表明，在此过程中存在一些细微的陷阱……

— 科迪2015年