Ackerman函数的显式mu递归表达式

您能否指出如何通过标准mu递归运算符构建Ackerman函数（实际上，我对RózsaPéter和Raphael Robinson提出的版本很感兴趣）？我尝试了Péter和Robinson的原始论文，但是Péter的论文使用的语言与英语不同，Robinson的论文“递归和双递归”和“原始递归函数”也没有帮助：首先，它们似乎更相关，但用途如此称为双重递归运算符以定义Ackerman函数，因此在这种情况下，将寻求以mu递归形式对运算符进行明确定义。

与答案最接近的是史密斯（P. Smith）的“哥德尔定理简介”（CUP，2007年）（29.4 Ackermann-Peter函数是μ递归的），但他提出了以下内容：“使论证具有防水性乏味但并不困难。在这里详细说明没有什么可学的，所以我们不会。”

我还尝试过RózsaPéter的书“递归函数”（1967，学术出版社）。那里有很多递归运算符的变体。通常一个减少到另一个。我相信，有一种递归运算符适合于Ackerman函数的定义和将其简化为原始递归和最小化运算符的步骤序列，但是我发现自己无法全面研究。

computability

— Artem Pelenitsyn
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实际上，这并不像刚开始看起来那样困难。诀窍是让运算符搜索Ackerman函数的计算，即直到输入的值的表，然后检查该表是否遵循该函数的定义。需要的是对有限序列进行编码/解码，并检查表。编码/解码是在许多教科书中明确定义的，可以通过有界通用量词对表条目之间的简单关系进行检查。有界通用量词可以表示为有界乘法，

μ

$\mu$

— Kaveh

在课本中也可以找到关于 -recursion 的有界乘法的明确定义。

μ

$\mu$

— 卡夫

@Kaveh是的，在P. Smith的“哥德尔定理简介”中实现了相同的想法。给出了最小化运算符的编码和应用。棘手的部分是如何根据您的名字生成“表”。史密斯跳过了。因此，看来我不得不更加努力地思考，而不是在这里等待解决方案；）至少感谢您对通用方法的认可。

— Artem Pelenitsyn 2011年

该表只是一个有限的序列，其中通过配对函数的结果对条目进行索引。

其中

μ c : \forall x < L e n (c) \forall y, z < x, x =< y, z >\to c_{< y, z >} = R (c, x, y)

$\mu c: \forall x<Len(c) \forall y,z<x , x=<y,z> \to c_{<y,z>} = R(c,x,y)$

R (c, x, y)

$R(c,x,y)$ 是

方程的rhs 。

A c k (x, y)

$Ack(x,y)$

— 卡夫

Answers:

将Ackermann函数完全分解为基本运算符确实很长，但这是一个草图：

请注意，当递归计算，在计算的任何时候，您都在处理形式为的表达式。双射配对功能与逆，我们可以编码该状态为 $A(m,x)$ $A(m_1,A(m_2,\dots,A(m_k,z)\dots)$ $p$ $(\pi_1,\pi_2)$ （在情况下仅为）。然后，我们可以定义一个状态的单步评估函数： $p(z,p(k,p(m_k,\dots,p(m_2,m_1)\dots)$ $p(z,0)$ $k=0$

; $e(p(z,0)) = p(z,0)$

; $e(p(z,p(k,p(0,c)))) = p(z+1,p(k-1,c))$

; $e(p(0,p(k,p(m+1,c)))) = p(1,p(k,p(m,c)))$

。 $e(p(z+1,p(k,p(m+1,c)))) = p(z,p(k+1,p(m+1,p(m,c))))$

然后，您可以使用原始递归获得n步评估函数：

和。 $E(0,m,x) = p(x,p(1,m))$ $E(n+1,m,x) = e(E(n,m,x))$

最后，包左右-recursion 找到，我们得到以下形式的状态点 - 将是。 $\mu$ $E$ $p(z,0)$ $z$ $A(m,x)$

— 克劳斯·德拉格
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谢谢！还有一个问题（也许很天真，对不起）：类似于模式匹配的定义（f（0）= ...，f（n + 1）= ...）被广泛使用，但我怀疑它们是否真的被它们所取代mu递归函数的定义。是吗

— Artem Pelenitsyn 2011年

这种区分大小写（例如，通过

和

定义

只是一种特殊情况实际上不使用先前值的原始递归。在

的计算中，您将另外使用辅助函数和反函数

f (x, y)

$f(x,y)$

f (0, y) = g (y)

$f(0,y)=g(y)$

f (x + 1, y) = h (x, y)

$f(x+1,y) = h(x,y)$

A (x, y)

$A(x,y)$

相当多，如果你想打破这种下降到基本的操作集合。

π_{1}, π_{2}

$\pi_1,\pi_2$

— Klaus Draeger

例如，你可能转化的定义

如

，其中

和

e

$e$

e (s) = f_{1} (π_{1} (s), π_{2} (s))

$e(s)=f_1(\pi_1(s),\pi_2(s))$

f_{1} (z, 0) = p (z, 0)

$f_1(z,0)=p(z,0)$

，其中

你的想法。

f_{1} (z, m + 1) = f_{2} (z, π_{1} (m + 1), π_{2} (m + 1))

$f_1(z,m+1)=f_2(z,\pi_1(m+1),\pi_2(m+1))$

f_{2} \dots

$f_2\dots$

— 克劳斯·德拉格

这是Kaveh提出的想法的一种变体，但无论如何我还是在发帖，因为它允许您在地毯下扫掠许多令人讨厌的细节，而无需实际挥手。

关键事实是Ackermann函数的图是原始递归的。在验证所需的Ackermann值表的代码上找到非常原始的原始递归界并不难。不要试图达到尖锐的界限-越粗糙越容易！像 $B(m,n,w)$ $A(m,n) = w$ $B(m,n,w) = 2^{mw^w}$ 应该足够好，但这取决于您选择的编码方案。由于表值的验证可以用有界公式描述，因此它是原始递归的。

$G(m,n,w)$ $A(m,n) = \mu w\,G(m,n,w)$

$B(m,n,w)$ $\mu$ $\mu$

— 弗朗索瓦·多莱斯
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嗨弗朗索瓦很高兴在cstheory上见到您。

— 卡夫

嗨，Kaveh。很高兴终于在这里回答一些问题！

— 弗朗索瓦G. Dorais