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Author Topic: alcuni esercizi misti!  (Read 6933 times)
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« Reply #15 on: 19-06-2013, 22:31:43 »

Dire che |Wx|\geqc vuol dire che nel dominio devono esserci almeno c elementi, per cui bisogna riformulare il predicato P(x) a secondo del valore di c; se ho capito bene es suppongo c=2
Ecco, quello che ho evidenziato in rosso grassetto sottolineato è un procedimento mentale logico ragionevole e che ho fatto pure io... ma nella mia testa!

Guai a scriverla nel compito una cosa del genere!

Se ti dico (ricalcando il testo dell'esercizio) che bisogna studiare tutti i gruppi di casi, evidentemente non puoi prendere un solo singolo valore e studiare lì. A meno che quel singolo valore sia l'unico del suo gruppo (questo sono costretto a dirlo come aiutino perché c'è un gruppo singoletto tutto particolare ), ma 2 non è l'unico del suo gruppo, e, dato c fissato (chiunque esso sia), esiste (almeno) una forma generale di controllare che n predicati uguali nella forma ma diversi negli argomenti passati (in questi caso l'argomento spazia su una sequenza lineare di valori, per vostra fortuna), ed è quella di manipolare correttamente i valori interi restituiti dalle funzioni caratteristiche dei predicati decidibili che vi servono (visto che si parla di terminazione, evidentemente ci starà di mezzo il predicato decidibile H)...

Se vi arrendete vi propongo due soluzioni semplici semplici, ma non ve le spiego e ve le studiate da voi xD.
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La grande marcia della distruzione mentale proseguirà. Tutto verrà negato. Tutto diventerà un credo. È un atteggiamento ragionevole negare l'esistenza delle pietre sulla strada; sarà un dogma religioso affermarla. È una tesi razionale pensare di vivere tutti in un sogno; sarà un esempio di saggezza mistica affermare che siamo tutti svegli. Accenderemo fuochi per testimoniare che due più due fa quattro. Sguaineremo spade per dimostrare che le foglie sono verdi in estate. Non ci resterà quindi che difendere non solo le incredibili virtù e saggezze della vita umana, ma qualcosa di ancora più incredibile: questo immenso, impossibile universo che ci guarda dritto negli occhi. Combatteremo per i prodigi visibili come se fossero invisibili. Guarderemo l'erba e i cieli impossibili con uno strano coraggio. Saremo tra coloro che hanno visto eppure hanno creduto.

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nairi
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« Reply #16 on: 19-06-2013, 22:37:22 »

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Se vi arrendete vi propongo due soluzioni semplici semplici, ma non ve le spiego e ve le studiate da voi xD.


Io noto che in questi esercizi ho difficoltà nel capire il testo! Quindi se sei così gentile da darci una soluzione, sarei felice di studiarne il ragionamento!

Più passano i giorni più mi allontano dalla "diritta via" 
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« Reply #17 on: 19-06-2013, 22:40:49 »

Mi controlleresti anche questo??   

Dimostrare che esiste una f totale e calcolabile t(x) tale che Wt(x)={0,x+1,2(x+1)....} e Et(x)={0,1,2....x}

f(x,y)= μz(y=z(x+1) ∧ z ≤ x)
E poi usare il t.smn
Questo è quasi giusto.

Hai correttamente espresso la prima condizione col minimo (y=z(x+1)) perché hai individuato che a generare tutti i valori del dominio è proprio la funzione λz.z(x+1), però ti sei confusa con la seconda condizione, che non va posta.

Se ci pensi, se metti quella condizione, limiti il dominio di f (equivalentemente limiti Wt(x) nel passaggio successivo) ad avere un numero finito di elementi, che sono appunti esattamente x+1 (da 0 a x inclusi), mentre ad avere un numero finito di elementi dev'essere l'insieme dei valori assunti da f (equivalentemente l'insieme Et(x)), quindi devi cercare di costringere i valori assunti a fare parte dell'insieme {0, 1, 2, ..., x}.
Un modo già lo conosci, ed è di ripetere ciclicamente i valori tramite funzione resto (rm) della divisione modulo (x+1) (in modo che anche x, che è il numero precedente a x+1, sia restituito), oppure puoi prendere la funzione min a cui passi due argomenti: uno è il valore z restituito, e l'altro è x (così se z è minore o uguale a x, verrà restituito z, mentre se lo supera verrà restituito il minimo, cioè x).
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« Reply #18 on: 19-06-2013, 22:50:46 »

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Se vi arrendete vi propongo due soluzioni semplici semplici, ma non ve le spiego e ve le studiate da voi xD.


Io noto che in questi esercizi ho difficoltà nel capire il testo! Quindi se sei così gentile da darci una soluzione, sarei felice di studiarne il ragionamento!

Più passano i giorni più mi allontano dalla "diritta via"  
Ecco le due formulazioni equivalenti (che dimostrano la parziale decidibilità di Rc, in generale).

\fs{5}\displaystyle R_c(x)\;\equiv\;|{W_x}|\geq c\\\equiv\;\exists k\;:\;\[{\({\prod_{i<c+1}{C_H\({x,\;\({k}\)_i,\;\({k}\)_{c+1}}\)}}\)=1}\]\\\equiv\;\exists k\;:\;\[{\({\sum_{i<c+1}{C_H\({x,\;\({k}\)_i,\;\({k}\)_{c+1}}\)}}\)=c}\]

ove \fs{3}C_H è la funzione caratteristica (calcolabile) del predicato (infatti decidibile) di stop H, che vale quindi solo 0 (predicato falso) oppure 1 (predicato vero).

Se non capite perché funziona, ho pronta la spiegazione dettagliata del perché questa forma generale funziona, dovete solo dirmi se la volete.
In ogni caso, qui non sto trattando il valore speciale che vi dicevo prima (e che -aiutino- rende il predicato anche DEcidibile per quella speciale classe di valori -uno solo vabbè boh-), mentre lascia non parzialmente decidibile le altre (l'altra?) classi (classe?) di valori x.
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« Reply #19 on: 19-06-2013, 22:55:42 »

certo che queste soluzioni sono da shock o.O .... a mente fresca proveremo a capirle e in caso ti faremo sapere! grazie 
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« Reply #20 on: 19-06-2013, 23:26:23 »

Ma quale shock? [Emoticon] Turpiloquio Asd

E dire che le abbiamo già viste in passato, anche piuttosto recente (per esempio >>qui<<) testate

Mi preme fare notare che \fs{3}R_c(x) non è un solo predicato, ma tutta una infinità numerabile di predicati.

Il vantaggio è che si si possono studiare tutti insieme studiandone la forma generale, così da poterne capire il comportamento di tutti senza doverli effettivamente studiare tutti uno per uno...
« Last Edit: 20-06-2013, 00:19:14 by reversengineer » Logged

La grande marcia della distruzione mentale proseguirà. Tutto verrà negato. Tutto diventerà un credo. È un atteggiamento ragionevole negare l'esistenza delle pietre sulla strada; sarà un dogma religioso affermarla. È una tesi razionale pensare di vivere tutti in un sogno; sarà un esempio di saggezza mistica affermare che siamo tutti svegli. Accenderemo fuochi per testimoniare che due più due fa quattro. Sguaineremo spade per dimostrare che le foglie sono verdi in estate. Non ci resterà quindi che difendere non solo le incredibili virtù e saggezze della vita umana, ma qualcosa di ancora più incredibile: questo immenso, impossibile universo che ci guarda dritto negli occhi. Combatteremo per i prodigi visibili come se fossero invisibili. Guarderemo l'erba e i cieli impossibili con uno strano coraggio. Saremo tra coloro che hanno visto eppure hanno creduto.

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« Reply #21 on: 19-06-2013, 23:30:25 »

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E dire che le abbiamo già viste in passato, anche piuttosto recente

Hai ragione! ma sono pur sempre uno shock per chi (come me) non è ancora entrato nell'ottica di queste cose  boh ... mea culpa!
« Last Edit: 20-06-2013, 00:20:12 by reversengineer » Logged
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« Reply #22 on: 21-06-2013, 14:32:07 »

Ciao!!!
 pc ecco un predicato con una possibile soluzione che spero sia corretta

Si studi la dec e parz dec del predicato unario P(x)="La funzione \phix è iniettiva nel suo dominio di definizione" e della sua negazione

\negP(x)="La funzione \phix non è iniettiva nel suo dominio di definizione"
\negP(x)=\exists x1,x2: \phi x(x1)=\phi x(x2) \wedge x1\neq x2
ciò vuol dire che
\negP(x)=\exists x1,x2,z,t: ( x1\neq x2 \wedge S(x,x1,z,t) = S(x,x2,z,t)
Accorpando in un unica variabile il \negP(x) è p.d
Ora studio l'indecidibilità con Rice
A={\phix\in C1: P(x)}
A\neq\empty poichè la funzione identità f(x)=x \inA
A\neqC1 poichè le funzioni costanti unarie e totali \inC1 ma \notinA
Quindi {x|P(x)} non è ricorsivo \Rightarrow P(x) è indecidibile
           D    PD
P(x)    NO   No 
\negP(x) No   SI
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« Reply #23 on: 21-06-2013, 15:16:48 »

 ok Sei l'orgoglio del tuo insegnante!
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« Reply #24 on: 21-06-2013, 15:37:02 »

 yoh ....

è un ottimo risultato, peccato che si suggeriva di evitare di  usare il t di Rice; ma come si fa a dim l'indec senza di esso?
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« Reply #25 on: 21-06-2013, 16:27:23 »

Hai tanti modi: una bella diagonalizzazione rispetto alla funzione caratteristica del predicato, oppure una riduzione a un altro problema indecidibile, per esempio, oppure ancora un'applicazione del Teorema di Rice-Shapiro (ad esso o alla sua negazione: dimostrando che esso o la sua negazione non è p.d., allora nemmeno il predicato in sé è dec.)
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« Reply #26 on: 21-06-2013, 21:01:57 »

Problema con il seguente predicato  :
si studi la decidibilità e la parziale decidibilità del predicato unario
P(x) =“Wx è infinito e Ex è finito”
e della sua negazione.

(parte di soluzione):

Da una prima riflessione ho intuito che i predicati P(x) e \negP(x) NON sono PD in quanto richiedono un lavoro infinito...

Uso il t di Rice-Shapiro per P(x)
Sia A={\phix \in C1: P(x)}

A\subseteq C1.
Considero la funzione modulo (che ha dominio infinito) che \inA ma trovo anche la la restrizione \theta= f\empty \subseteq f \not\subseteq A
Quindi {x| P(x)} non è R.E. \Rightarrow P(x) non pd

Adesso per dire che \negP(x)  non è pd dovrei prima formularlo e poi usare di nuovo Rice-Shapiro giusto?
Se studiassi solo P(x) dicendo che è indecidibile non otterrei nulla su \negP(x) giusto?

e quindi ecco \negP(x)="“Wx è finito o Ex è infinito
Assumendo che sia corretto non riesco a continuare!
un aiutino? 
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« Reply #27 on: 22-06-2013, 01:10:10 »

Problema con il seguente predicato  :
si studi la decidibilità e la parziale decidibilità del predicato unario
P(x) =“Wx è infinito e Ex è finito”
e della sua negazione.

(parte di soluzione):

Da una prima riflessione ho intuito che i predicati P(x) e \negP(x) NON sono PD in quanto richiedono un lavoro infinito...
...per dimostrare la veridicità almeno delle sole istanze di x che rendono vero il predicato (rispettivamente esso o il suo negato). Corretto .

Uso il t di Rice-Shapiro per P(x)
Sia A={\phix \in C1: P(x)}

A\subseteq C1.
Considero la funzione modulo (che ha dominio infinito) che \inA ma trovo anche la la restrizione \theta= f\empty \subseteq f \not\subseteq A
Quindi {x| P(x)} non è R.E. \Rightarrow P(x) non pd
Sì, questo è vero che vale per la funzione mai definita (che ha dominio banalmente finito), ma in ogni caso tu devi dimostrare che vale per qualsiasi restrizione finita della funzione resto.
Ma è banale vedere che qualsiasi restrizione finita non appartiene ad A, perché, proprio per il fatto che ha dominio finito, una restrizione con dominio finito non rende vera una delle clausole poste in congiunzione (and), cioè che avevamo imposto che dovevano avere dominio infinito! boh

Nota: proprio la funzione resto la eviterei, nella sua forma consueta, poiché è una funzione binaria, mentre noi abbiamo costruito A perché contenesse funzioni unarie. Se però blocchi il dividendo su un numero non nullo qualsiasi, ecco che puoi usare questa nuova funzione resto modificata, per il tuo scopo .
Puoi riciclare il ragionamento di prima con questa nuova funzione resto modificata ok.


Adesso per dire che \negP(x)  non è pd dovrei prima formularlo e poi usare di nuovo Rice-Shapiro giusto?
Se studiassi solo P(x) dicendo che è indecidibile non otterrei nulla su \negP(x) giusto?
Giusto, sapresti solo che anche la negazione di P è indecidibile boh, ma non sapresti se è anche p.d. o non p.d.

e quindi ecco \negP(x)="“Wx è finito o Ex è infinito
Assumendo che sia corretto non riesco a continuare!
un aiutino? 
È corretto, e tu sai come continuare! univ

Le funzioni dell'insieme A={ϕx:¬P(x)} sono tutte quelle che hanno o dominio finito o range infinito. Puoi scegliere di considerare uno dei due casi quindi, a tuo piacimento (o anche tutti e due per raddoppiare inutilmente il lavoro testate).

Caso 1) si consideri una funzione in A con dominio finito e facciamo vedere che non tutto il cono di funzioni che si basano (essendo esse estensioni di) sulla nostra funzione considerata, è contenuto in A.
Per es. scegliamo la funzione mai definita. Essa sicuramente ha dominio finito, e questo ci basta per infilarla dentro A. Ma qualsiasi altra funzione diversa da questa, è una estensione della funzione mai definita, e quindi qualsiasi funzione calcolabile unaria deve fare parte di A, tuttavia almeno una scappa fuori. Per es. una funzione con dominio infinito e range finito, tipo tutte le funzioni costanti che sono totali (dominio infinito) e per il fatto che sono costanti hanno il range finito (con cardinalità esattamente 1 elemento, e 1 è finito boh): di queste funzioni ce ne sono abbastanza (tante quanti sono i naturali, quindi almeno 1, e questo ci basta boh) quindi in questo caso otterremmo che A non è r.e., cioè ¬P non è p.d.

Caso 2) se durante il compito non riuscissimo a trovare una funzione adatta per il caso 1, proviamo col caso di una funzione che ha range infinito, e poi facciamo vedere che qualsiasi restrizione finita di essa non apparterrà ad A.
Consideriamo la funzione identità: ha range infinito, quindi sta in A, tuttavia qualsiasi sua restrizione finita, avrà appunto un dominio finito (non rende vera la prima clausola in disgiunzione (OR)), e inoltre, poiché il suo dominio è finito, necessariamente tale sarà il range (cioè è falsa anche la seconda condizione in disgiunzione). La disgiunzione di due falsità, è ancora falso, quindi qualsiasi restrizione finita della funzione identità non appartiene ad A, quindi A è non r.e., cioè ¬P non è p.d.
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« Reply #28 on: 22-06-2013, 08:42:57 »

  grazie!!!!! sei un genio  !!
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« Reply #29 on: 22-06-2013, 14:09:19 »

 pray per questo predicato binario!!!

Si studi la dec e par dec del predicato binario
P(x,y)= "Wx\cap{0,1...y}=\empty"
P(x,y) è vero se e solo se \phi(x) non è definita su alcun argomento minore o uguale a y

P(x,y)=\phix(y)\downarrow \forallx>y
Allora ho pensato di usare
P(x,y)=\existst:{[\prod_{x>y} CH(x,y,t)]=1}
dove CH è la funzione caratteristica del predicato di stop H
Quindi P(x,y) è P.D.
ora devo accorpare in un unica variabile per usare il teorema di Rice
R(z)=P(((z)1),((z)2))
A={\phix\inC1: R(z)}
e qui avrei bisogno di un aiuto per le osservazioni giuste per dire che A non è banale(ammesso che quello sopra vada bene )....
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