使用归约法无法证明Kolmogorov的复杂性

我正在寻找一个证明，使用另一个无法解决的问题来减少Kolmogorov的复杂性。常见的证明是贝里悖论的形式化而不是简化，但是应该通过减少“停顿问题”或“邮政的对应问题”来证明。

您可以在以下位置找到两种不同的证明：

Gregory J. Chaitin，Asat Arslanov，Cristian Calude：程序大小的复杂性计算了停止问题。EATCS 57公告（1995）

在李明，维坦尼，保罗MB；作为练习，介绍了《 Kolmogorov复杂性及其应用简介》（提示如何解决它，W。Gasarch在1992年2月13日的个人通讯中将其归功于P.Gács）。

**我决定在我的博客上发布它的扩展版本。

这是一个有趣的问题。如下面的其他答案和评论中所述，从停止问题到计算Kolmogorov复杂度都有Turing降低，但值得注意的是，至少对于“计算Kolmogorov复杂度”的一种定义，并没有这么多的降低。

让我们正式定义我们在说什么。让$HALT$表示TM的标准语言，当将其描述作为输入时会停止。让$KO$ 表示 $\{ \langle x,k \rangle \mid x \text{ has Kolmogorov complexity exactly } k \}$。

假使，假设 $HALT \le KO$减少了很多。让$f: \{0,1\}^* \rightarrow \{0,1\}^*$表示此折减计算的功能。考虑一下$HALT$ 下 $f$，我将表示 $f(HALT)$。

注意 $f(HALT)$ 由以下形式的字符串组成 $\langle x,k\rangle$ 哪里 $x$ 完全具有Kolmogorov的复杂性 $k$。我声称$k$发生在 $f(HALT)$ 是无界的，因为只有有限数量的字符串完全具有Kolmogorov复杂度 $k$和 $f(HALT)$ 是无限的。

以来 $HALT$ 是递归可枚举的（在某些书中也可识别为图灵），因此 $f(HALT)$是递归可枚举的。结合事实，$k$的范围是无限的，我们可以列举一下 $f(HALT)$ 直到我们找到一些 $\langle x,k\rangle$ 与 $k$我们想要的大小；即存在一个TM$M$ 输入时 $k$ 输出一些元素 $\langle x,k \rangle \in f(HALT)$。

写一个新的TM $M'$ 它执行以下操作：首先，计算 $|M'|$使用Kleene的递归定理。询问$M$ 带输入 $|M'|+1$ 要得到 $\langle x, |M'|+1\rangle \in f(HALT)$。输出量$x$。

清楚的输出 $x$ 的 $M'$ 是最多具有Kolmogorov复杂度的字符串 $|M'|$ 但 $\langle x, |M'|+1\rangle \in f(HALT)$ 这是一个矛盾。

我相信您也可以用问题“完全替代Kolmogorov复杂性 $k$”，“至少具有Kolmogorov的复杂性 $k$”。