Compactando informações sobre o problema de parada para máquinas de Turing da Oracle

É sabido que o problema da parada é incontestável. No entanto, é possível compactar exponencialmente as informações sobre o problema de parada, para que a descompactação seja computável.

Mais precisamente, é possível calcular a partir de uma descrição de máquinas de Turing e de um conselho de n bits, a resposta ao problema de parada de todas as 2 n - 1 das máquinas de Turing, assumindo que o estado de aconselhamento seja confiável - nós deixe nosso orientador escolher os bits para descrever quantas máquinas de Turing param no binário, espere até que muitos parem e produza que o restante não pare.$2^{n}-1$$n$$2^{n}-1$

Esse argumento é uma variante simples da prova de que a constante de Chaitin pode ser usada para resolver o problema da parada. O que me surpreendeu é que é afiada. Não existe um mapa computável a partir de uma descrição de máquinas de n Turing de e um conselho de n bits indica 2 n bits de saída interrompida que obtêm a resposta correta, para cada tupla de máquinas de Turing, para algumas tuplas de bits. Se houvesse, poderíamos produzir um contra-exemplo diagonalizando, com cada uma das 2 n máquinas de Turing simulando o que o programa faz em um dos 2 n arranjos possíveis dos n bits e escolhendo seu próprio estado de parada para violar a previsão.$2^n$$n$$2^n$$2^n$$2^n$$n$

Não é possível compactar informações sobre o problema de parada para máquinas de Turing com um oráculo de parada (sem acesso a algum tipo de oráculo). As máquinas podem simular o que você prevê em todas as entradas possíveis, ignorando as que não são interrompidas e escolhendo o tempo de parada para dar a primeira resposta lexicograficamente que você não previu em nenhuma entrada.

Isso me motivou a pensar no que acontece com outros oráculos:

Existe um exemplo de um oráculo em que o problema de parada para máquinas de Turing com esse oráculo pode ser comprimido a uma taxa de crescimento intermediária entre linear e exponencial?

Mais formalmente, dado um oráculo, seja o maior m tal que exista uma função parcial computável das máquinas de Turing da m oracle e n bits a m bits, de modo que, para cada m- uplice de máquinas de Turing da oracle, exista um n- múltiplo de bits, em que o valor da função avaliada nessa entrada é igual ao m- múltiplo de 1 para cada máquina Oracle Turing que pára e 0 para cada máquina Oracle Turing que executa para sempre.$f(n)$$m$$m$$n$$m$$m$$n$$m$$1$$0$

Existe um oráculo onde ? Existe um oráculo onde ω ( n ) = f ( n ) = o ( 2 n ) ?$n<f(n)<2^{n}-1$$\omega(n)=f(n)=o(2^n)$

Let ser a saída do e th máquina de Turing equipado com a Oracle Um , na entrada de e . Aqui J significa "pular". (No caso de não parar, J A ( e ) é indefinido.)$J^A(e)$$e$$A$$e$$J$$J^A(e)$

$A$$h:\mathbb N\to\mathbb N$$e$$J^A(e)\in T_e$$(T_e)_{e\in\mathbb N}$$|T_e|\le h(e)$$e$

$f^A(k,n)=$$n$$k$$0,\dots,n-1$$k$$f^A(k,n)$

$f^A$$A$$g$$f^A(k,n)=J^A(g(k,n))$

$n$$A$$h(e)$$T_e$$e=g(k,n)$$k$

$h$$A$

É um candidato razoavelmente bom no sentido de que temos uma direção (o limite superior da taxa de crescimento) e que, provavelmente, o método pelo qual obtivemos o limite superior não fornece um limite superior muito menor do que isso.