Edición de «Práctica 3 (LyC Verano)»

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{{Back|Lógica y Computabilidad}}
== Ejercicio 1 ==
Sea <math>f: \mathbb{N} \rightarrow \mathbb{N}</math> computable. 

=== Item A ===

Demostrar que la función

<math> g(x) = \begin{cases} min_y\; f(y) = x & \textrm{si existe } y \textrm{ tal que } f(y) = x \\
\uparrow & \textrm{si no}
\end{cases}
</math>

es parcialmente computable.

'''Solución'''

Damos un programa que computa g.

 Z1 <- X1
 [A] Z3 <- f(Z2)  //Dado que f es computable, supongo que tengo el programa homónimo que la calcula, 
                  //y además sé que no se cuelga.
 IF Z3 = Z1 GOTO B
 Z2 <- Z2 + 1
 GOTO A
 [B] Y <- Z2

La idea es sencillamente chequear si f(y) = x, empezando con y = 0 e incrementando de a uno. Si en algún momento esto ocurre, ese y es el que busca la minimización de la primer rama de g. Si no ocurre nunca, el programa sigue incrementando el valor chequeado infinitamente, o sea se cuelga.

=== Item B ===

Demostrar que si f es además biyectiva, <math>f^{-1}</math> es computable. 

'''Solución'''

<math>f^{-1}(x) = min_y\; f(y) = x</math>

Notar que el programa que dimos computa <math>f^{-1}</math>. Como f es biyectiva, es inyectiva. Esto asegura que el resultado de la expresión min {y:f(y) = x} devuelve no sólo el mínimo y, sino el único. Además, la sobreyectividad nos asegura la existencia de tal y, con lo cual el programa no puede colgarse.

== Ejercicio 2 ==

Sea <math>f: \mathbb{N} \rightarrow \mathbb{N}</math> una función computable y sobreyectiva. Probar que existe una función computable e inyectiva <math>g: \mathbb{N} \rightarrow \mathbb{N}</math> tal que <math>g(f(x)) \le x</math> para todo x perteneciente a <math>\mathbb{N}</math>.

'''Solución'''

Es casi el mismo problema que en el ejercicio 1. Podríamos ver a g como una especie de generalización de <math>f^{-1}</math>. Si f es inyectiva y sobreyectiva (i.e. biyectiva) se puede definir una <math>f^{-1}</math> tal que <math>f^{-1}(x) = g(f(x)) = x</math>, para todo x natural.

Si debilitamos la hipótesis sobre f, y sólo pedimos que sea sobreyectiva, pasa a haber más de un <math>x_i</math> tal que <math>g(f(x_i)) = x</math>. Pero siempre habrá un único <math>x_1</math> tal que <math>g(f(x_1)) = x</math> y además <math>x_1</math> es más chico que todos los <math>x_i</math>. Este <math>x_1</math> se encuentra con la minimización:

<math>min_y\; f(y) = x</math>

Por otra parte, esta minimización es computable, dado que está garantizado por la sobreyectividad de f la existencia de al menos un y que verifique f(y) = x. Nuevamente, esta función se computa con el programa del ejercicio 1, item A. Por último, g es inyectiva porque en la expresión f(y) = x, dos valores <math>x_1</math> y <math>x_2</math> distintos no pueden provenir del mismo y, dado que esto violaría la definición de función.

== Ejercicio 3 ==
Sea <math>f: \mathbb{N} \rightarrow \mathbb{N}</math> una función computable biyectiva. Probar que Halt(f(x), x) no es computable. Sugerencia: considerar la función:

<math>
 h(x) = \begin{cases} 1 & \textrm{si\ } \neg\textrm{HALT}(x, f^-1(x)) \\
\uparrow & \textrm{si no}
\end{cases}
</math>

'''Solucion'''

El siguiente programa computa h, suponiendo que HALT(f(x),x) sea computable:

 [A] IF HALT(f(f^-1(x)), f^-1(x)) GOTO A
 Y <- 1

que es equivalente a:

 [A] IF HALT(x, f^-1(x)) GOTO A
 Y <- 1

Llamemos P a este programa, entonces existe e tal que #(P) = e

Ahora bien, por la definición de HALT:

<math>HALT(f(e), e)  \Longleftrightarrow h(f(e)) \downarrow</math>

Y por la definición de h:

<math>h(f(e))\downarrow \;\Longleftrightarrow \neg HALT(f(e), e)</math>

Lo que nos lleva a un absurdo, que proviene de la única suposición que hicimos, que es que HALT(f(x), x) es computable.

== Ejercicio 4 ==

Sean f, g y h las funciones dadas por:

<math> f(x) = \begin{cases} \Phi(x,x) + 1 & si\; \Phi(x,x)\downarrow \\
\uparrow & sino
\end{cases}
</math>

<math> g(x) = \begin{cases} 1 & \textrm{si\ } x \in Dom(f) \\
\uparrow & sino
\end{cases}
</math>

<math> h(x) = \begin{cases} 0 & \textrm{si\ } \Phi(x,x)\downarrow \\
\uparrow & sino
\end{cases}
</math>

Probar que son parcialmente computables.

'''Solucion'''

Para resolver esto es suficiente con dar 3 programas que computen cada una de estas funciones.

Este programa computa f:

 Y <- fi(x,x) + 1

Este programa computa g:

 Z <- f(x)
 Y <- 1

Y este computa h:

 Y <- not(g(x))

== Ejercicio 5 ==

Probar que la siguiente función es primitiva recursiva:

<math> f(x) = \begin{cases} 1 & \textrm{si\ } x = \langle\langle a,b\rangle ,c\rangle \; y\; \Phi(b,a) \textrm{\ termina\ en\ menos\ de\ c\ pasos} \\
        0 & sino
\end{cases}
</math>

'''Solución'''

f(x) es pr porque tanto los valores que devuelve como las funciones utilizadas en las guardas lo son. La decodificación de x en a, b y c es pr. y el predicado "<math>\phi(b,a)</math> termina en menos de c pasos" es computado por el programa STP(b,a,c), que es pr.

== Ejercicio 6 ==

Decimos que una funcion parcialmente computable f es extensible si existe g computable tal que g(x) = f(x) para todo x en el dominio de f. Probar que existe una funcion f parcialmente computable que no es extensible.

'''Solucion'''

Sea <math>f(x_1, \dots, x_n, y) = \begin{cases} min_t STP(x_1,\dots,x_n,y,t)\ si \   \Phi_y (x_1,\dots,x_n) \downarrow \\
\uparrow \ sino \end{cases}</math>

Supongamos ahora <math>f</math> es extensible y sea <math>g</math> computable la función que la extiende. Podríamos reescribir la función HALT con <math>g</math> de la siguiente manera:

<math>Halt(x_1,\dots,x_n,y) = STP(x_1,\dots,x_n,y, g(x_1,\dots,x_n,y))</math>

Lo cual es absurdo, ya que HALT no es computable y con esta definición es claramente computable.

La idea es que como ''f'' te devuelve el número de pasos necesarios para terminar la ejecución de ''y'' termina, no importa qué te devuelva la extensión ''g'' ya que podés chequear si es efectivamente el número de pasos o si es uno de los casos en que ''f'' se colgaba y ''g'' llenó el agujero.

== Ejercicio 7 ==
Probar que existen funciones ''g'' y ''h'' primitivas recursivas tal que
# <math>g: \mathbb{N}^3 \rightarrow \mathbb{N}, \Phi_z(u,v,w) = \Phi_{g(u,v,w)}(z)</math>
# <math>h: \mathbb{N} \rightarrow \mathbb{N}, \Phi_{h(n,m)}(x) = \Phi_n(x) + \Phi_m(x)</math>

'''Solucion Item 1'''

Definimos una función <math>\xi(z, u, v, w) = \Phi_z(u,v,w)\,\!</math>

Esta función es parcialmente computable por lo tanto existe un programa que la computa y un número ''e'' asociado a tal programa. Ahora sabemos que se cumple la igualdad

<math>\Phi_e(z, u,v,w) = \Phi_z(u,v,w)\,\!</math>

Usando el teorema del parámetro sabemos que existe una función ''f'' tal que

<math>\Phi_{f(e, u, v, w)}(z) = \Phi_e(z, u,v,w) = \Phi_z(u,v,w)\,\!</math>

La función ''f'' es PR ya que es la que nos dá el Teorema del Parámetro. Esta función toma 4 parámetros pero como nosotros ya conocemos el ''e'' del programa anterior podemos definir la función ''g''

<math>g(u,v,w) = f(e,u,v,w)\,\!</math>

Y así nos queda una función ''g'' primitiva recursiva con la aridad necesaria que cumple

<math>\Phi_{f(e, u, v, w)}(z) = \Phi_{g(u,v,w)}(z) = \Phi_z(u,v,w)\,\!</math>


'''Solucion Item 2'''

De la misma manera que en el punto anterior definimos <math>\xi(x, n, m) = \Phi_n(x) + \Phi_m(x)\,\!</math>

Y como es parcialmente computable sabemos que existe un programa P con número ''e'' que la computa. Entonces

<math>\Phi_e(x, n, m) = \Phi_n(x) + \Phi_m(x)\,\!</math>

Usando el Teorema del Parámetro existe una función ''f'' primitiva recursiva tal que

<math>\Phi_{f(e,n,m)}(x) = \Phi_e(x, n, m) = \Phi_n(x) + \Phi_m(x)\,\!</math>

Definimos la función

<math>h(n,m) = f(e,n,m)\,\!</math>

que cumple con lo pedido.

item b:

Sea <math>g(x,n,m) = \phi_n(x) + \phi_m(x)</math>
Sea <math>g_0 = #P que computa a g</math>

<math>\phi_n(x) + \phi_m(x) = \phi_g_0 (x,n,m) = \phi_S(n,m,g_{0})</math> por el teorema del parametro

Defino h(n,m) = S(n,m,g_0)

h resulta P.R

== Ejercicio 8 ==
Probar que las siguientes funciones no son computables

<math>
f_1(x) =
\begin{cases}
1 & si\ \Phi_x(x) \neq x \\
0 & \textrm{sino}
\end{cases}
</math>

<math>
f_2(x,y) =
\begin{cases}
1 & si\ y \in \textrm{ran}\ \Phi_x \\
0 & \textrm{sino}
\end{cases}
</math>

'''Solución del primer caso'''

Definimos una función

<math>
g(x,y) =
\begin{cases}
x & si\ f_1(x) \\
x + 1 & \textrm{sino}
\end{cases}
</math>

Por el teorema de la recursión sabemos que existe un ''e'' tal que

<math>\Phi_e(y) = g(e,y) = 
\begin{cases}
e & si\ f_1(e) \\
e + 1 & \textrm{sino}
\end{cases}
</math>

Como la igualdad debe valer para todo ''y''' podemos fijar y = e. Entonces podemos deducir que hay dos casos

1. <math>\Phi_e(e) \neq e \Longleftrightarrow g(e, e) \neq e \Longleftrightarrow \neg f_1(e) \Longleftrightarrow \Phi_e(e) = e</math>. '''Absurdo!'''

2. <math>\Phi_e(e) = e \Longleftrightarrow g(e, e) = e \Longleftrightarrow f_1(e) \Longleftrightarrow \Phi_e(e) \neq e</math>. '''Absurdo!'''

La función no puede ser computable.


'''Solución del segundo caso'''

Si fuera computable podemos escribir a HALT(x,y) = <math>f_2</math>(x,y). No puede ser computable.

== Ejercicio 9 ==
Probar usando el teorema de la recursion que la siguiente funcion no es computable

<math>f(x, y) = \begin{cases} 1\ si \   \Phi_x (y) > x \\
0 \ sino \end{cases}</math>

Sugerencia: considerar la funcion

<math>g(x, y) = \begin{cases} x\ si \   f(x,y) = 1 \\
x + 1 \ sino \end{cases}</math><br>

'''Solucion'''

Supongo f computable, entonces g tambien lo es. Por el teorema de la recursion se que existe e tal que <math>\Phi_e(y) = g(e,y)\,\!</math>, pero entonces:

<math>g(e, y) = \begin{cases} e\ si \   f(e,y) = 1\\
e + 1 \ sino \end{cases}</math><br>
<br>
donde <math>f(e,y) = 1 \Rightarrow \Phi_e(y) > e</math>
<br><br>
Si <math>\Phi_e(y) = g(e,y) = e \Rightarrow \Phi_e(y) > e.</math> Absurdo<br>
Si <math> \Phi_e(y) = e+1 \Rightarrow \Phi_e(y) \leq e.</math> Absurdo<br><br>
El absurdo viene de suponer f computable.

== Ejercicio 10 ==
Probar que las siguientes funciones no son computables

==== Item A ====
<math>
f(x) =
\begin{cases} 
1 & si\ \Phi _x(x) = 2x \\
0 & \textrm{sino}
\end{cases}
</math>

Supongo f es computable, por ende es total

Sea g(x,y) tal que
<math>
g(x,y) =
\begin{cases}
2x+1 & si f(x) \\
2x & \textrm{sino}
\end{cases}
</math>

Por teorema de la recursion, <math>\exists e / \Phi _e(y) = g(e,y)</math>

Supongo <math>\Phi _e(e) = 2e</math>
<math>\Rightarrow f(e) \Rightarrow g(e,e) = \Phi _e(e) = 2e+1 \neq 2e</math>

Supongo <math>\Phi _e(e) \neq 2e</math>
<math>\Rightarrow \alpha(f(e)) \Rightarrow g(e,e) = \Phi _e(e) = 2e</math>

Absurdo que proviene de suponer que f es computable

Todos los items siguientes se resuelven con el mismo mecanismo

==== Item B ====
<math>
 f(x) =
\begin{cases}
1 & si\ dom(\Phi _x) = \emptyset \\
0 & \textrm{sino}
\end{cases}
</math>

Supongo f es computable

Sea g(x,y) tal que
<math>
g(x,y) =
\begin{cases}
1 & si\ f(x) \\
\uparrow & \textrm{sino}
\end{cases}
</math>

Por teorema de la recursion, <math>\exists e / \Phi _e = g(e)</math>

Evaluando g en e se llega al absurdo

==== Item C ====
<math>
 f(x,y) =
\begin{cases}
1  & si\ \Phi _x = \Phi _y \\
0 & \textrm{sino}
\end{cases}
</math>

Supongo f es computable, por ende tambien total

Sea g(x,y) tal que
<math>
g(x,y) =
\begin{cases}
\Phi _y + 1 &  si\ f(x,y) \\
\Phi _y & \textrm{sino}
\end{cases}
</math>

Por teorema de la recursion, <math>\exists e / \Phi _e(y) = g(e,y)</math>

Sea a tal que <math>\Phi _a\downarrow</math>

Por teorema del parametro, <math>\exists s / \Phi _s = g(e,a) = \Phi _e(a)</math>

Evaluando g en (s,a) se llega al absurdo

==== Item D ====
<math>
f(x) =
\begin{cases}
1 & si\ Im(\Phi _x)\ \textrm{es\ infinita} \\
0 & \textrm{sino}
\end{cases}
</math>

Supongo f es computable, por ende tambien es total

Sea g(x,y) tal que
<math>
g(x,y) =
\begin{cases}
0 & si\ f(x) \\
y & \textrm{sino}
\end{cases}
</math>

Por teorema de la recursion, <math>\exists e / \Phi _e(y) = g(e,y)</math>

Supongo <math>Im(\Phi _e)</math> infinita,
<math>\Rightarrow f(e) \Rightarrow (\forall y) g(e,y) = \Phi _e(y) = 0 \Rightarrow Im(\Phi _e) = {0}</math>

Supongo <math>Im(\Phi _e)</math> finita,
<math>\Rightarrow \alpha(f(e)) \Rightarrow (\forall y) g(e,y) = \Phi _e(y) = y \Rightarrow Im(\Phi _e) = \mathbb{N}</math>

==== Item E ====
<math>
 f(x) = 
\begin{cases}
1 & si\ 1 \in dom(\Phi _x) \\
0 & \textrm{sino}
\end{cases}
</math>

La condicion equivale a decir que <math>\Phi _x(1)\downarrow</math>

Supongo f es computable, por ende tambien es total

Sea g(x,y) tal que
<math>
 g(x,y) =
\begin{cases}
\uparrow & si\ f(x) \\
0 & \textrm{sino}
\end{cases}
</math>

Por teorema de la recursion, <math>\exists e / \Phi _e(y) = g(e,y)</math>

Evaluando g en (e,y) para todo y, se llega al absurdo

== Ejercicio 11 ==

Probar que la siguiente función es parcialmente computable:

<math>
f_2(x,y) =
\begin{cases}
1 & si\ y \in \textrm{ran}\ \Phi_x \\
\uparrow & \textrm{sino}
\end{cases}
</math>

(comparar con la funcion f2 del Ejercicio 8)

'''Solución'''

La función es computada por el programa
 <math>\Phi_x(y)</math><br>
 Y <- 1

== Ejercicio 12 ==

Analizar la validez de las siguientes afirmaciones

==== Item A ====

Si B es r.e., entonces B es computable o su complemento es computable.

'''Solucion'''

Falso.

<math>B = \{ x : \Phi _x(x)\downarrow \} </math> <br/>
B es r.e., pero no es computable, ni tampoco su complemento. Si lo fueran, entonces el Halting problem seria computable.

==== Item B ====

Si <math>B_1,...,B_k</math> son r.e., entonces la union tambien lo es.

'''Solucion'''

Verdadero.

Basta construir un programa que vaya evaluando en paralelo todas las posibilidades, hasta que alguno termine.

==== Item C ====

Idem anterior, pero si la cantidad de conjuntos es infinita.

'''Solucion'''

Falso.

Si la proposición fuera verdadera, entonces cualquier conjunto de naturales sería r.e.:

Sea <math>A</math> un conjunto de naturales cualquiera. Definimos la familia de conjuntos <math>B_i = \{ x: x\in A\land x < i \}</math>. Los <math>B_i</math> son todos finitos, por lo tanto son todos computables, por lo tanto son todos r.e.  Además, es claro que <math>A = \cup_{i=1}^\infty B_i</math>. Por lo tanto, si la proposición fuera verdadera, <math>A</math> tendría que ser r.e.

Pero sabemos que existen conjuntos de naturales que no son r.e. (por ejemplo el complemento de <math>K</math>). Por lo tanto, la proposición debe ser falsa.

== Ejercicio 13 ==

Sea B un conjunto infinito

==== Item A ====

Probar que B es c.e. sii existe una funcion f inyectiva computable tal que la imagen de f sea B.

'''Solucion'''

<math>\Rightarrow</math>)

Como B es c.e., existe una funcion g primitiva recursiva (por lo tanto, computable) tal que su imagen sea B. Defino f en funcion de g:

<math>f(0) = g(0)</math> <br/>
<math>f(n+1) = g(min_t((\forall i \leq n) g(t) \neq f(i))</math>

Intuitivamente, f va seleccionando todos los valores de g tal que no se hayan repetido anteriormente. Como B es infinito, siempre existira algun nuevo valor t  que no sea repetido. Por lo tanto, la minimizacion es propia y f resulta computable e inyectiva, pues no repite valores; y su imagen es igual a B.

<math>\Leftarrow</math>)

<br>Existe una funcion f inyectiva computable tal que su imagen es igual a B, por lo tanto, B es r.e.
<br>Se puede usar la funcion del 1.a para probarlo.

==== Item B ====

Probar que B es computable sii existe una funcion f de una variable computable y creciente tal que Im f = B.

'''Solucion'''

<math>\Rightarrow</math>)

B = {x : B(x)} = {f(0), f(1), ... }

<math>f(0) = min_t (B(t))</math> <br/>
<math>f(n+1) = min_t (f(n) < t \wedge B(t))</math>

La idea de f es que va probando con todos los numeros naturales y para cada uno de ellos chequea si B(i) es verdadero o no. Si lo es, entonces lo devuelve como valor de la funcion, si no, sigue probando.

<math>\Leftarrow</math>)

B es computable sii su funcion caracteristica B(x) lo es. <br/>
<math>B(x) = (\exists t \leq x) f(t) = x</math>

Como f es computable, entonces B lo es.

== Ejercicio 14 ==

Probar que todo conjunto re infinito contiene un subconjunto computable infinito.

'''Solucion'''

Sea f p.r. tal que la imagen de f sea igual al conjunto B (r.e. e infinito).

Defino la funcion g tal que:
 g(0) = f(0)
 g(n+1) = f(min(t) (f(t) > g(n)))

Intuitivamente, la funcion g selecciona los valores que estan en orden creciente en la imagen de f. Como B es infinito, para cualquier indice elegido siempre existira otro mayor tal que la funcion resulte creciente. Por lo tanto, la minimizacion es propia y la funcion g resulta computable ademas de creciente.

Como g es computable y creciente, entonces su imagen define un conjunto, contenido en B, que es computable e infinito (vale por ej 12).

== Ejercicio 15 ==

Probar que si B es re y f es una funcion parcialmente computable, entonces <math>A = \{x : f(x) \in B\}</math> es re.

'''Solución'''

Como B es re, existe g parcialmente computable tal que 
<math>B = \{x : g(x)\downarrow\}</math>

Para que A sea re, tiene que existir una funcion h parcialmente computable tal que <math>A = \{x : h(x)\downarrow\}</math>.

Sea h = g(f(x)), parcialmente computable por ser composicion de pc. 
<math>g(f(x)) = f(x) \in B</math>

Entonces A es re.

== Ejercicio 16 ==

== Ejercicio 17 ==

<br> =>) Sea A = We = {x: Φx↓} => x є A si existe un tiempo t tal que Φe(x)↓, entonces
<br> A = {x: (<math>\exists</math> t) STP<sup>(1)</sup>(x,e,t)}, y se sabe que STP es un predicado PR

<br> <=) Sea el predicado PR J(x) = (<math>\exists</math> y) P(x,y), y el siguiente programa P:
<pre>
[A] IF J(Z)=1 GOTO F
    Z++
    GOTO A
[F] Y <- 1
</pre>
Como puede verse, P computa la funcion parcialmente computable
<pre>
f(x) = {1  si J(x)=1
       {↑  sino
</pre>
Con lo cual B = dom f => B es RE

== Ejercicio 18 ==

Definir un predicado pr P tal que <math>A = {x : (\forall y)P(x,y)}</math> no sea re.

Sea <math>P(x,y) := STP(x,x,y)=0</math>
Como STP es p.r., <math>P(x,y)</math> es claramente p.r. también
Notemos ahora que <math>B=\{x: (\forall y) STP(x,x,y)=0\}</math> es lo mismo que 
<math>B=\{x | \Phi_x (x)\uparrow\}</math>  , o sea, es el complemento del famoso conjunto <math>K</math> (x tal que Halt(x,x)), que ya sabíamos que no es r.e. porque lo probamos en la teórica/práctica.

== Ejercicio 19 ==

Sea <math>B=\{ x \ : \  \Phi_x \ es\ una\ funcion\ total\}</math>

a. Probar que B no es r.e.

b. Probar que <math>N - B</math> no es r.e.

====Item A====

Este lo hicimos en clase.

====Item B====

Lo que nos piden probar es que el complemento de B no es r.e. O sea, que el conjunto <math>A=\{ x \ : \  \Phi_x \ es\ una\ funcion\ parcial\}</math> no es r.e. Supongamos entonces lo contrario. Esta suposición implica que la pertenencia a B es parcialmente computable (devuelve 1 si es true, se cuelga sino).

Definamos entonces:

<math>f(x,y) = \begin{cases} 1\ si\ x \in A \\ \uparrow\ sino \end{cases}</math>
Por el teorema de la recursión, existe un e tal que:
<math>\Phi_e(y) = f(e,y)</math>, pero entonces:

Si <math>e \in A \rightarrow \Phi_e(y)=1 \rightarrow e\ es\ total</math> (Absurdo porque partimos de que e era parcial y por eso estaba en A)

Si <math>e \notin A \rightarrow \Phi_e(y)\uparrow \rightarrow e\ es\ parcial</math> (Absurdo porque partimos de que e era total y por eso no estaba en A).

Pero entonces superabsurdo, que partió de suponer que A era un conjunto r.e.

==Ejercicio 20 ==
Probar que existe un <math>e</math> tal que <math>W_e=\{e\}</math>.
Tal e existe,por definición de <math>W_e</math>, si y sólo si existe un <math>e</math> tal que <math>\{e\}=\{x \in N\ |\ \Phi_e(x)\downarrow\}</math>.

'''Solucion'''

Definimos

<math>f(x,y) = \begin{cases} 1\ si\ y = x \\ \uparrow\ sino \end{cases}</math>

Por el teorema de la recursión, existe un e tal que:
<math>\Phi_e(y) = f(e,y)</math>, pero entonces:

<math>\Phi_e(y)</math> estará definida solo si y=e, es decir, el dominio de <math>\Phi_e(y)</math> será e, eso significa que <math>W_e=\{e\}</math> que era lo que queriamos probar.

== Ejercicio 21 ==

Demostrar que las funciones definidas en el Ejercicio 10 no son computables aplicando el Teorema de Rice

==== Item C ====

 f(x,y) = 1  si <math>\Phi _x = \Phi _y</math>
          0  si no

A = {x: <math>\Phi _x = \Phi _0</math>}

Quiero ver que A no es computable por Rice. Para esto tengo que probar que:

1. <math>A \neq \emptyset</math>

A representa el conjunto de los programas que computan el programa 0 (aquel que devuelve 0 para toda entrada).

Ejemplo: 
el programa que computa f(x,y) donde

f(x,y) =  (x>y).(y-x)+(x<=y).(x-y)

claramente, esta función hace lo mismo que #P=0
donde P es el programa que computa a 

n(x) = 0

Entonces, <math>A \neq \emptyset</math>

2. <math>A \neq N</math>

Ejemplo: 
el programa que computa la función constante 

g(x) = 8

Además, puede verse que hay programas que no están en A

Entonces, <math>A \neq N</math>

3. A es un conjunto de índices

Se dice que A es un conjunto de índices si dado C una clase de funciones parcialmente computables A es el conjunto de los programas que computan a dichas funciones. 
En este caso, A es el conjunto de los programas que computan lo mismo que <math>\Phi _0</math> (la función nula). 
Entonces dado x perteneciente a A y <math>\Phi _x = \Phi _y</math> --> y pertenece a A.

Muy bien, ahora, por Rice, A no es computable

Supongo f computable. Entonces f(x,0) es computable. 
Pero f(x,0) = g(x) es la función característica de A. Absurdo, porque A no es computable --> f no es computable :)
 
El resto sale de la misma forma :)

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