Satz:1. ≤ 1 und ≤ m sind reflexiv und transitiv2. ≤ 1 impliziert ≤ m3. A≤ 1 B ⇒ Ā≤ ¯B 1 und A≤ m B ⇒ Ā≤ ¯B m4. A≤ m B und B entscheidbar (bzw. r.a) ⇒ A entscheidbar (bzw. r.a) und analog für ≤ 1Definition: A ≡ 1 B = A≤ 1 B ∧B≤ 1 A, A ≡ m B = A≤ m B ∧B≤ m A≡ 1 und ≡ m sind Äquivalenzrelationen, deren Klassen 1-Grade bzw. m-Grade genannt werden. Grade,die eine entscheidbare Menge enthalten, bestehen nur aus entscheidbaren Mengen und das gleiche gilt fürr.a. Mengen. Man spricht daher auch von rekursiven Graden bzw rekursiv-aufzählbarenen Graden.Für den Beweis des nächsten Theorems brauchen wir den Begriff der disjunktion Summe (join).Definition: A+B = {2x | x ∈A}∪{2x+1 | x ∈B}Aus dieser Definition ergibt sich, daß A≤ m A+B via λx.2x und B≤ m A+B via λx.2x+1 gilt. Damit istA+B in der ≤ m -Ordnung eine obere Schranke von A und B. Außerdem gilt: wenn A≤ m C via f undB≤ m C via g, dann ist A+B≤ m C via h für die Funktion h mit h(2x) = f(x) und h(2x+1) = g(x), d.h.A+B ist die kleinste obere Schranke.Satz:1. Es gibt zwei unentscheidbare Mengen, die bezüglich ≤ m und ≤ 1 unvergleichbar sind.2. A≤ m B impliziert nicht A≤ m ¯B3. m-Reduzierbarkeit ist ein Halbverband mit (eindeutigem) Supremum. Das Supremum zweier rekursivaufzählbarerGrade ist rekursiv-aufzählbar.Beweis1. Als Beispiel wähle man K und ¯K. Da ¯K nicht r.a. ist, kann ¯K≤ m K nicht gelten und nach obigemSatz (3) auch nichtK≤ m ¯K.2. Als Gegenbeispiel wähle man A = B = K3. Für eine Menge X sei d(X) der m-Grad von X. Die Grade sind partiell geordnet und für je zweiGrade d(A) und d(B) ist d(A+B) das Supremum.□7.1 1-/m-vollständige MengenDefinition: Eine Menge A⊆N ist 1-vollständig, wenn A r.a. ist und B≤ 1 A für jede r.a. Menge B gilt.Definition: Eine Menge A⊆N ist m-vollständig, wenn A r.a. ist und B≤ m A für jede r.a. Menge B gilt.Satz: H = {〈i, n〉 | n ∈W i } ist 1-vollständigBeweis H = {〈i, n〉 | ∃t.Φ i (n)≤t} ist nach dem Projektionssatz r.a. Ist B r.a., dann gibt es ein i mitB = W i und x ∈B genau dann, wenn 〈i, x〉 ∈H. Also B≤ 1 H via λx.〈i, x〉□Satz: K = {i | i ∈W i } ist 1-vollständigBeweis K ist wie H r.a. Wir zeigen H≤ 1 K. Dafür zeigen wir H≤ m K und modifizieren { dann die Reduktionsfunktion.Nach dem smn-Theorem gibt es ein f ∈T R mit ϕ f〈i, n〉 (x) = ϕi (n) konvergiert1⊥ sonstEs folgt 〈i, n〉 ∈H ⇔ f〈i, n〉 ∈K, da ϕ f〈i, n〉nicht von der Eingabe abhängt.Um f injektiv zu machen, verwenden wir eine Technik namens padding, mit der wir schrittweise größereGödelnummern derselben Funktion konstruieren. Es gibt eine Funktion t ∈T R mit ϕ t〈i, j〉 = ϕ i für allej und t ist injektiv in j. Wir konstruieren eine Funktion t ′ ∈T R durch t ′ (0)=t(0) und (für 0
Der obige Beweis wirft einige Fragen auf: Sind 1-Vollständigkeit und m-Vollständigkeit identisch?, Istjede nichtentscheidbare, r.a. Menge m-vollständig? Sind ≤ 1 und ≤ m auf nichtentscheidbaren, r.a. Mengeidentisch? Die letzten beiden Fragen werden in <strong>Kap</strong>itel 8 negativ beschieden. Um zu zeigen, daß die ersteFrage tratsächlich eine positive Antwort hat, brauchen wir ein Lemma über Mengen mit m-Grad über K.{ A − Dx ∅̸=DLemma: Wenn A r.a. und K≤ m A gilt, dann gibt es ein g ∈T R mit g(x) x ⊆A∈Ā − D x ∅̸=D x ⊆Ā .Beweis Es sei K≤ m A via f. Dann ist f(K) unendlich, da ansonsten K = f −1 (f(K)) entscheidbar wäre,und es gibt ein f ′ ∈T R mit f(K) = range(f ′ ).{ 1 (f(i) ∈DDa A r.a ist, gibt es ein h ∈T R mit ϕ h(x) (i) =x ∧D x ∩A=∅) ∨D x ∩A≠∅⊥ sonst{ f(h(x)) f(h(x)) ∉DWir definieren g(x) =xf ′ (µ z [f ′ Dann ist g ∈T R und g(x) ∉D(z) ∉D x ]) sonstx für alle x.Sei ∅̸=D x ⊆A. Dann ist W h(x) =N, also h(x) ∈W h(x) , d.h. h(x) ∈K und damit g(x)=f(h(x)) ∈f(K)⊆A.Sei ∅̸=D x ⊆Ā. Dann ist W h(x) =f −1 (D x ) und h(x) ∉f −1 (D x ), denn andernfalls wäre f(h(x)) ∈D x undh(x) ∈W h(x) , h(x) ∈K, f(h(x)) ∈A, also D x ∩A≠∅. Es folgt h(x) ∈ ¯K und wegen h(x) ∉f −1 (D x ) auchg(x)=f(h(x)) ∈f( ¯K)⊆Ā□Satz: A m-vollständig ⇔ A 1-vollständigBeweis Die ⇐ -Richtung ist trivial. Für die Gegenrichtung nehmen wir ann, daß A m-vollständig ist, alsoinsbesondere K≤ m A via einem f gilt und zeigen unter Verwendung der obigen Funktion g, daß K≤ 1 Agilt. Aus der 1-Vollständigkeit von K folgt dann die von A.Dazu definieren wir eine Funktion f ′ durch f ′ (0) = f(0) und f ′ (n+1) = f(n+1), falls f(n+1) neu ist(d.h. f(n+1) ∉{f ′ (0), ..f(n)}). Ansonsten sei x 0 so daß D x0 = {f(n+1)}. Wenn g(x 0 ) neu ist, setzef ′ (n+1) = g(x 0 ). Ansonsten sei x 1 so daß D x1 = {f(n+1), g(x 0 )}. Wenn g(x 1 ) neu ist, setze f ′ (n+1) =g(x 1 ). etc. nach spätestens n+1 Schritten haben wir mit diesem Prozess einen neuen Wert für f ′ (n+1)gefunden und damit ist f ′ ∈T R injektiv.Per Konstruktion gilt 0 ∈K ⇔ f ′ (0) ∈A (wegen K≤ m A via f) und n+1 ∈K ⇔ f ′ (n+1) ∈A ( ⇒ per Konstruktion,⇒ ebenso über das Komplement), also insgesamt K≤ 1 A via f ′ .□7.2 Produktive und Kreative MengenDie Tatsache, daß ¯K = {i | i ∉W i } nicht r.a. ist, läßt sich – ähnlich wie beim zweiten GödelschenUnvollständigkeitssatz – auf eine sehr konstruktive Weise eindrucksvoll demonstrieren. Per Definitionmuß für jede r.a. Teilmenge W x von ¯K die Zahl x selbst in ¯K − W x liegen. Der Index produziert alsoeinen konstruktiven Beweis, warum ¯K nicht diese r.a. Menge sein kann. Mengen mit dieser Eigenschaftnennt man produktiv. Die folgende Definition gibt eine rekursiv invariante Formulierung des Begriffs.Definition: A ist produktiv, wenn es ein f ∈R gibt mit ∀x W x ⊆A ⇒ x ∈domain(f) ∧f(x) ∈A − W x .f heißt produktive Funktion für ADefinition: A ist kreativ, wenn A r.a. und Ā produktiv ist.Die Menge K ist, wie oben demonstriert, kreativ. Ein weiteres Beipiel ist die Menge der Indizes totalrekursiver Funktione, die wir in der Vorlesung per Diagonalisierung als nicht r.a. bewiesen hatten. DieserBeweis liefert eine produktive Funktion.Satz: T R = {iϕ i ∈T R} ist produktivBeweis Es sei W x ⊆T R und f ∈T R mit W x =range(ϕ f(x) ) für alle{x und ϕ f(x) total, falls W x ≠∅. Dann gibt1 Φf(x) (0)>nes nach dem smn Theorem eine Funktion g ∈T R mit ϕ g(x) (n) =ϕ ϕf(x) (n−n 0 )(n)+1 Φ f(x) (0)=n 0 ≤n .Falls W x =∅ ist, dann ist ϕ f(x) (0) undefiniert, also ϕ g(x) (n) = 1 für alle n und damit g(x) ∈T R = T R−W x .9