Ординальные вопросы
Nov. 3rd, 2012 04:00 amВсякая функция f: Nat => Nat порождает well-ordering на натуральных числах или их подмножестве следующим образом:
– Сперва цепочка 0, f(0), f(f(0) и так далее, пока не упрёмся в такое число число n, что а(n) уже встречалось, либо до бесконечности.
– Потом цепочка из минимального ещё не встречавшегося ещё числа a, f(a), f(f(a)), пока не упрёмся в такое число число n, что а(n) уже встречалось, либо до бесконечности.
– ...
Если взять функцию f(x) = min(n, x), то получится порядок на конечном множестве из n элементов, т.е. ординал n.
Если f(x) = x + 1, получится минимальный счётный ординал ω.
Если f(0) = n + 2, f(x) = x + 1 для остальных x, получится ω + n
Если f(x) = x + 2, получится 2ω.
Eсли f(0) = n + 2, f(x) = x + 1 для x <= n, f(x) = x + 2 в иных случаях, получится 2ω + n
Чтобы получить ωω можно взять функцию Эратосфена, которая прибавляет к аргументу первый его простой множетель, до тех пор, пока не получится число, не делящееся на меньшие простые числа. Такая функция пораждает
2, 4, 6, 8,...
3, 9, 15, 21,..
5, 25, 35, 55..
И так далее для всех простых чисел.
Внимание, вопросы:
1) Как мы видим, если брать только функции нулевого уровня иерархии Грегорчука, мы получаем ординалы до ωω. До какого ординала мы доберёмся, если любые примитивно-рекурсивные функции (т.е. функции с любого уровня иерархии Грегорчука)?
Не эпсилон ли нуль получится?
2) Правда ли, что любой счётный ординал можно закодировать таким образом функцией, а любой рекурсивный ординал рекурсивной функцией?
– Сперва цепочка 0, f(0), f(f(0) и так далее, пока не упрёмся в такое число число n, что а(n) уже встречалось, либо до бесконечности.
– Потом цепочка из минимального ещё не встречавшегося ещё числа a, f(a), f(f(a)), пока не упрёмся в такое число число n, что а(n) уже встречалось, либо до бесконечности.
– ...
Если взять функцию f(x) = min(n, x), то получится порядок на конечном множестве из n элементов, т.е. ординал n.
Если f(x) = x + 1, получится минимальный счётный ординал ω.
Если f(0) = n + 2, f(x) = x + 1 для остальных x, получится ω + n
Если f(x) = x + 2, получится 2ω.
Eсли f(0) = n + 2, f(x) = x + 1 для x <= n, f(x) = x + 2 в иных случаях, получится 2ω + n
Чтобы получить ωω можно взять функцию Эратосфена, которая прибавляет к аргументу первый его простой множетель, до тех пор, пока не получится число, не делящееся на меньшие простые числа. Такая функция пораждает
2, 4, 6, 8,...
3, 9, 15, 21,..
5, 25, 35, 55..
И так далее для всех простых чисел.
Внимание, вопросы:
1) Как мы видим, если брать только функции нулевого уровня иерархии Грегорчука, мы получаем ординалы до ωω. До какого ординала мы доберёмся, если любые примитивно-рекурсивные функции (т.е. функции с любого уровня иерархии Грегорчука)?
Не эпсилон ли нуль получится?
2) Правда ли, что любой счётный ординал можно закодировать таким образом функцией, а любой рекурсивный ординал рекурсивной функцией?