Pregunta relacionada con el décimo problema de Hilbert

Dado $n \in \mathbb{N}$ y $p,q \in \mathbb{N}[x_1,\ldots,x_n]$ se puede definir la siguiente fórmula en el lenguaje de la aritmética formal

φ (n, p, q) = \forall x_{1} \dots \forall x_{n} : \neg (p (x_{1}, \dots, x_{n}) = q (x_{1}, \dots, x_{n}))

$\varphi(n,p,q) = \forall x_1 \cdots \forall x_n : \neg (p(x_1,\ldots,x_n) = q(x_1,\ldots,x_n))$

Me gustaría mostrar que hay infinitos triples $(n,p,q)$ tal que ninguno $\varphi(n,p,q)$ ni $\neg \varphi(n,p,q)$ Es un teorema de la aritmética formal.

Al mostrar esto, puedo usar el hecho de que el problema de decidir si un polinomio $r \in \mathbb{Z}[x_1,\ldots,x_n]$ tiene un cero natural es indecidible.

Conociendo el hecho anterior, sabemos que hay un polinomio $r \in \mathbb{Z}[x_1,\ldots,x_n]$ tal que ninguno

φ^{'} = \forall X_{1} \dots \forall X_{norte} : \neg (r (X) = 0 0)

$\varphi' = \forall x_1 \cdots \forall x_n : \neg (r(x) = 0)$ ni

\neg φ^{'}

$\neg \varphi'$ Es un teorema. (¿Aquí los cuantificadores están sobre los naturales que no estoy seguro si puedo usar deliberadamente?)

Una vez que tengamos tal $r$ podemos escribirlo como

r (X_{1}, ..., X_{norte}) = pags (X_{1}, ..., X_{r}) - q (X_{1}, ..., X_{norte})

$r(x_1,\ldots,x_n) = p(x_1,\ldots,x_r) - q(x_1,\ldots,x_n)$ para

p, q \in N [x_{1}, \dots, x_{n}]

$p,q \in \mathbb{N}[x_1,\ldots,x_n]$ y por lo tanto

φ (n, p, q)

$\varphi(n,p,q)$ y

\neg φ (n, p, q)

$\neg \varphi(n,p,q)$ tampoco son teoremas desde

φ

$\varphi$ es lógicamente equivalente a

φ^{'}

$\varphi'$ y hemos demostrado que esto no es un teorema.

Una vez que tengamos uno de esos triples $(n,p,q)$ tenemos infinitos de ellos ya que solo podemos tomar $(n,p+k,q+k)$ para $k \in \mathbb{N}.$

Como nunca antes hice tales cosas, me pregunto si el razonamiento anterior es correcto.

computability logic undecidability Jernej
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También puedes multiplicar ambos lados por un factor constante ...

cody

Sería más interesante encontrar pares infinitos de (p, q) que no estén relacionados por "transformaciones afines". Sospecho que hay un argumento relativamente simple para mostrar esto también.

cody

Puedes sustituir

a + b

$a+b$ o

a^{2} + b^{2} + c^{2} + d^{2}

$a^2+b^2+c^2+d^2$ para una variable

x_{i}

$x_i$ para obtener un par "diferente"

(p, q)

$(p,q)$ .

Yuval Filmus

Como señalaron Yuval y Cody, existen soluciones fáciles para obtener infinitas ecuaciones de diofantina que no son demostrables ni refutables (digamos en PA).

Sin embargo, esta solución sintáctica da como resultado conjuntos demostrablemente equivalentes, es decir, conjuntos que la teoría puede demostrar que son equivalentes. Puede considerarlos como argumentos de relleno. Otra forma es agregar una variable que no se usa en absoluto.

También puede jugar agregando o quitando algunas cadenas explícitamente (variaciones finitas del conjunto).

Si desea obtener ecuaciones de diofantina que son "esencialmente" diferentes (por ejemplo, los conjuntos no son equivalentes de Turing), entonces eso es más desafiante y creo que saber que hay una ecuación independiente de diofantina no es suficiente, necesitará el hecho de que cada El conjunto se puede codificar como una ecuación de diofantina (o algo similar).

pd: dado que solo te importa la independencia, es más natural representar estas fórmulas como ecuaciones de Diofantina que sus negaciones.

Kaveh
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