Ejercicios de Computabilidad (III).

Ejercicios de Computabilidad (III). COMPUTACI ´ ON

Sea φ(f ) una propiedad en la clase F de funciones sobre N de cualquier aridad, definida de la siguiente manera:

φ(f ) ≡ ∃n, ∃g0, ..., gn( gn= f ∧

( ∀i ≤ n ( gi es b´asica ∨

∃i1≤ n, i2≤ n [gi= R(gi₁, gi₂)] ∨

∃k ≤ n, i1≤ n, ..., ik ≤ n [gi= C(gi1; gi2, ..., gi_k] ) ) Y sea C la clase de funciones definida por φ

Proposici´on: f es p.r. si y s´olo si φ(f ). Es decir, C = PR

⇐=|

Es decir, veamos que C ⊆ PR

Si f ∈ C, existen n ∈ N y g0, ...., gn con gn = f

Vamos a probar, por inducci´on fuerte, que para todo j ≤ n, gj es p.r.

Caso base: Si j = 0, g0 ha de ser b´asica y, por tanto, p.r.

Paso inductivo: j < n −→ j + 1|

Por h. i. todas las anteriores a gj+1 son p.r.; como ´esta o es b´asica o se obtiene por recursi´on o composici´on de anteriores, concluimos que gj+1 es p.r.

Por tanto para toda j ∈ {0, 1, ..., n}, gj es p.r. En particular, f = gn es p.r.

Hemos probado: C ⊆ PR

=⇒|

Probaremos que C es una clase tal que contiene a las funciones b´asicas y es cerrada por composici´on y recursi´on (se dice que es de tipo PRC). Como PR es la menor clase de tal tipo, concluiremos que PR ⊆ C.

• Obviamente las b´asicas son de C

• C es cerrada bajo recursi´on.

Sean g, h ∈ C de aridades respectivas n y n + 2 . Veamos que f = R(g, h) ∈ C En efecto, existen n y g0, ..., gn tales que gn= g

An´alogamente, existen m y h0, ..., hmtales que hm= h

Por tanto, tomando hm+1= f existe una sucesi´on de n+m+3 funciones, g0, ..., gn, h0, ..., hm, hm+1, tales que f = hm+1 se obtiene por recursi´on de dos funciones anteriores. Por tanto, f ∈ C

• C es cerrada bajo composici´on.

Sean las siguiente funciones de C: g, de aridad n y h1, ..., hn todas de aridad m.

Veamos que f = C(g; h1, ..., hn) es tambi´en de C

Podemos considerar para cada una de las funciones que intervienen en la composici´on:

g0, ..., gk= g h1,0, ..., h1,l1 = h1

...

hn,0, ..., hn,ln = hn

sea, pues, la sucesi´on: g0, ..., gk, h1,0, ..., h1,l1, ...., hn,0, ..., hn,ln, f Y, obviamente, se verifica φ(f ). Por tanto f ∈ C

Lema de Euclides.

Ejercicio.-

a) Probar que el predicado φ(x) ≡ x es un m´ultiplo de 3 es primitivo recursivo.

b) Dise˜nar un programa GOTO que al recibir un dato de entrada n devuelva el elemento n − ´esimo de la sucesi´on:

0, 1, 2, 2, 3, 4, 4, 5, 6, 6, 7, ...

c) La sucesi´on anterior puede definirse mediante la funci´on: f : N −→ N f (0) = 0

f (x + 1) =

½ f (x) si x+1 es m´ultiplo de 3 f (x) + 1 e.c.o.c.

Probar que:

c1) f es sobreyectiva.

c2) f es primitiva recursiva.

a).-

φ(x) = ∃z ≤ x(x = 3z) b).-

[A] Z3←− Z3+ 3 [B] IF Z = X GOT O E

Z ←− Z + 1

IF Z = Z3 GOT O A Y ←− Y + 1

GOT O B

c1).- Inducci´on d´ebil en la variable y de la f´ormula ∀y(∃xf (x) = y):

Caso base: Para y = 0 tomamos x = 0: f (0) = 0

Paso inductivo: y → y + 1|: Suponemos que dado y existe x tal que f (x) = y.

• Si x + 1 es m´ultiplo de 3:

f (x + 1) = f (x) = y y como x + 2 no ser´a m´ultiplo de 3 resulta que

f (x + 2) = f (x + 1) + 1 = f (x) + 1 = y + 1. En este caso, x + 2 ser´a antiimagen de y + 1

• Si x + 1 no es m´ultiplo de 3

f (x + 1) = f (x) + 1 = y + 1 y, en consecuencia, x + 1 ser´a antiimagen de y + 1.

c2).- f es total [es f´acil probar por inducci´on que ∀x(f (x) ↓)].

Aplicamos directamente la definici´on de recursi´on:

½ f (0) = 0

f (x + 1)) = h(x, f (x)) donde h : N −→ N, definida por casos:

h(x, t) =

½ t si φ(x + 1) t + 1 e.c.o.c.

es primitiva recursiva.

Es decir, f est´a definida por recursi´on a partir de una constante y de la funci´on primitiva recursiva h. Luego es primitiva recursiva.

Ejercicio.- Probar que la siguiente funci´on es primitiva recursiva:

½ f (0) = 1, f (1) = 4, f (2) = 6

f (x + 3) = f (x) + f (x + 1)²+ f (x + 2)³

f es total (obvio).

• Primera forma: Utilizando la funci´on historia.

Para ello, reescribimos f as´ı:









f (0) = 1 f (x + 1) =





4 si x = 0

6 si x = 1

f (x − 2) + f (x − 1)²+ f (x)³ si x ≥ 2 Consideremos ahora la funci´on historia de f :









f (0) = 2ˆ f (x + 1) =ˆ





2·3⁴ si x = 0

2·3⁴·5⁶ si x = 1 f (x)·pˆ ^{f (x+1)}_x+2 si x ≥ 2

o sea









f (0) = 2ˆ f (x + 1) =ˆ





2·3⁴ si x = 0

2·3⁴,5⁶ si x = 1

f (x)·pˆ f (x−2)+f (x−1)²+f (x)³

x+2 si x ≥ 2

es decir,









f (0) = 2ˆ f (x + 1) =ˆ





2·3⁴ si x = 0

2·3⁴·5⁶ si x = 1

f (x)·pˆ ^{( ˆ}_x+2^{f (x))x−1+(( ˆf (x))x)2+(( ˆf (x))x+1)3} si x ≥ 2

o sea, ˆf est´a definida a partir de la constante 2 y de la funci´on primitiva recursiva:

h(x, z) =





2·3⁴ si x = 0

2·3⁴·5⁶ si x = 1

z·p^(z)_x+2^{x−1+((z)x)2+((z)x+1)3} si x ≥ 2

por tanto, ˆf es p.r. y, en consecuencia, la funci´on dada, f , es p.r.

• Segunda forma: La funci´on historia, f (x), ”almacena” todos los valores anteriores a x. Re- solv´amoslo ahora ”guardando” s´olo los valores estrictamente necesarios.

Definimos para ello la funci´on ”almacenadora”: G(x) = [f (x), f (x + 1), f (x + 2)]

Veamos por recursi´on que G es p.r.:

















G(0) = [f (0), f (1), f (2)] = 2¹·3⁴·5⁶ G(x + 1) = [f (x + 1), f (x + 2), f (x + 3)]

= [f (x + 1), f (x + 2), f (x) + (f (x + 1))²+ (f (x + 2))³]

= [(G(x))2, (G(x))3, (G(x))1+ ((G(x))2)²+ ((G(x))3)³]

G est´a definida por recursi´on a partir de una constante, 2¹·3⁴·5⁶, y de la funci´on p.r.:

h(x, t) = [(t)2, (t)3, (t)1+ ((t)2)²+ ((t)3)³]

Por tanto, G es p.r. Finalmente, como f (x) = (G(x))1, concluimos que f es tambi´en p.r.

Ejercicio.- Probar que la siguiente funci´on es primitiva recursiva:







f (0) = 3 f (x + 1) =

Xx t=0

f (x)

Obviamente f es total.

Utilizamos la funci´on historia:

( f (0) = 2ˆ ³

f (x + 1) = ˆˆ f (x).p^{f (x+1)}_x+2 o sea,

( f (0) = 2ˆ ³

f (x + 1) = ˆˆ f (x).p

P

t≤x( ˆf (x))_t+1

x+2 = h(x, ˆf (x))

es decir, ˆf est´a definida por recursi´on a partir de la constante 2³ y la funci´on h definida como sigue:

h(x, z) = z.p

P

t≤x(z)t+1

x+2

que es p.r.; por tanto, ˆf es p.r. y, en consecuencia, f tambi´en lo es.

Nota: Obs´ervese que el exponente es la suma acotada, P

(,)g de la funci´on g(z, t) = (z)t+1y, por tanto, es p.r.

Otra forma:

Obs´ervese (pru´ebese como ejercicio) que la funci´on f puede escribirse:





f (0) = 3 f (x + 1) =

½ 3 si x = 0

2f (x) si x 6= 0

o tambi´en, ½

f (0) = 3 f (x + 1) = 2^x·3

y, en ambos casos, probar que es p.r. es inmediato.

Ejercicio(01/12/01).- Sea f : N²−→ N definida por:

f (x, y) =

½ x si y = 0

f (b^x₂c, y − 1) si y ≥ 1 Probar que:

1.- Para cada z existen infinitos (x, y) tales que f (x, y) = z 2.- f es primitiva recursiva.

1).- Veamos que dado z ∈ N, se verifica que para todo k, f (2^kz, k) = z Demostraci´on por inducci´on d´ebil en la variable k:

• Caso base: Si k = 0 entonces, para cualquier z, f (z, 0) = z -por definici´on-; luego se verifica la propiedad en el caso base (y, adem´as, podemos concluir que f es sobreyectiva).

• Paso inductivo: Para todo z, f (2^k+1z, k + 1)^def.= f (2^kz, k)^h.i.= z

2).- La funci´on ˆf (x, y) = [f (0, y), ..., f (x, y)] es primitiva recursiva.

En efecto, teniendo en cuenta que ˆf es total - por serlo f (*)-, veamos que puede definirse por recursi´on en la variable y, a partir de funciones primitivas recursivas:







f (x, 0) = [f (0, 0), ..., f (x, 0)] = [0, 1...x]ˆ f (x, y + 1) = [f (0, y + 1), ..., f (x, y + 1)] =ˆ Y

i≤x

p^{f (i,y+1)}_i+1 =Y

i≤x

p^{f (b}_i+1^2ic,y)=Y

i≤x

p^{( ˆ}_i+1^{f (x,y))b i2c+1}

Obs´ervese que:

a) ˆf (x, 0) = cId(x) donde cId es la funci´on historia de la funci´on identidad.

b) ˆf (x, y + 1) = h(x, y, ˆf (x, y), donde h(x, y, z) =Y

i≤x

exp(pi+1, (z)_bi 2c+1).

As´ı pues, ˆf = R(cId; h); siendo cId y h funciones primitivas recursivas. Por tanto, ˆf es primitiva recursiva.

Finalmente, como f (x, y) = ( ˆf (x, y))x+1 concluimos que f es primitiva recursiva.

(*)Nota: Probar por inducci´on en y: ∀y(∀xf (x, y) ↓)

Ejercicio (11/01/03). Consideremos la siguiente funci´on f : N²→ N

 f (x, 0) = x², f (x, 1) = x³

f (x, y) = 3 · f (x, y − 1) + 2 · f (x, y − 2) (y ≥ 2) (a) Pru´ebese, utilizando un programa GOTO, que f es GOTO–computable.

(b) Pru´ebese que f es primitiva recursiva.

a) El siguiente programa calcula la funci´on f : Z1← X1²

Z2← X₁³

IF X26= 0 GOTO A Y ← Z1

GOTO E [A] X2← X2− 1

IF X26= 0 GOTO B Y ← Z2

GOTO E [B] X2← X2− 1

Y ← 3Z2+ 2Z1

Z1← Z2

Z2← Y

IF X26= 0 GOTO B

b) Como f es total (puede demostrarse por inducci´on), definamos la siguiente funci´on G : N → N G(x, y) = hf (x, y), f (x, y + 1)i

Entonces:

G(x, 0) = hx², x³i

G(x, y + 1) = hr(G(x, y)), 3r(G(x, y)) + 2l(G(x, y))i

Por tanto G = R(g, h) es primitiva recursiva pues g(x) = hx², x³i y h(x, z) = hr(z), 3r(z) + 2l(z)i pues g y h lo son.

Por tanto, f (x, y) = l(G(x, y)). Luego f es primitiva recursiva ya que es composici´on de funciones primitivas recursivas.

Lema de Euclides.

Para todo primo p existe otro primo q tal que p < q ≤ p ! + 1.

En efecto; para cualquier primo p, consideremos el n´umero p ! + 1.

Cualquier q primo tal que q ≤ p, divide a p ! y, por tanto, no divide a p ! + 1. Pero entonces, o bien p ! + 1 es primo o bien es divisible por un primo q tal que q > p.

En cualquier caso existe un q primo tal que p < q ≤ p ! + 1. Es decir, se verifica el lema. 2

Minimizaci´on acotada (predicados):

Sea θ : Nⁿ⁺¹−→ N un predicado. Definimos:

θµ^∗(~x, y) =

 min{z ≤ y : θ(~x, z)} si existe tal m´ınimo

0 e.c.o.c.

que tambi´en escribiremos: µz≤ y (θ(~x, z))

PROPOSICI ´ON: Si θ ∈ PR⁽ⁿ⁺¹⁾ entonces θ^∗µ∈ PR⁽ⁿ⁺¹⁾ DEMOSTRACI ´ON:

Consideremos el predicado complementario: θ(~x, z) = ¬θ(~x, z) Caso 1.- Existe el m´ınimo (llam´emosle y0)

θ(~x, 0) =Y

z≤0

θ(~x, z) = 1

θ(~x, 0)·θ(~x, 1) =Y

z≤1

θ(~x, z) = 1 θ(~x, 0)·θ(~x, 1)·θ(~x, 2) =Y

z≤2

θ(~x, z) = 1

... ... ... ...

θ(~x, 0)·θ(~x, 1) ... θ(~x, y0− 1) = Y

z≤y₀−1

θ(~x, z) = 1





























suman y0

θ(~x, 0)·θ(~x, 1) ... θ(~x, y0) = Y

z≤y₀

θ(~x, z) = 0 θ(~x, 0)·θ(~x, 1) ... θ(~x, y0+ 1) = Y

z≤y₀+1

θ(~x, z) = 0

... ... ...

θ(~x, 0)·θ(~x, 1) ... θ(~x, y) =Y

z≤y

θ(~x, z) = 0





















suman 0





























































 X

t≤y

Y

z≤t

θ(~x, z) = y0

Caso 2.- No existe el m´ınimo:

En ese caso, todos los productos anteriores valdr´ıan 1 y, en consecuencia,X

t≤y

Y

z≤t

θ(~x, z) = y + 1

Por tanto, nuestro predicado se caracteriza as´ı:

θµ^∗(~x, y) =







 X

t≤y

Y

z≤t

θ(~x, z) si ∃z ≤ x(θ(~x, z))

0 e.c.o.c.

y, por tanto, es primitivo recursivo.

2

Ejercicio.- Sea f : N −→ N la funci´on cuyos valores sucesivos son:

1, 1, 2, 1, 2, 3, 1, 2, 3, 4, 1, 2, 3, 4, 5, ....

1. Dise˜nar un programa GOT O que calcule la funci´on f .

2. Explici tar una definici´on de f para probar que es primitiva recursiva.

La sucesi´on:

0, 0, 1, 0, 1, 2, 0, 1, 2, 3, 0, 1, ...

definida por una funci´on g, verifica: f (x) = g(x) + 1.

Bastar´a demostrar que g es computable (resp. primitiva recursiva) para realizar nuestro ejercicio.

1) El siguiente programa calcula g:

[A] IF X = 0 GOT O E X ←− X − 1 Y ←− Y + 1 IF Y ≤ Z GOT O A Y ←− 0

Z ←− Z + 1 GOT O A

(Nota: para obtener la sucesi´on determinada por f , bastar´a con incrementar en 1 el valor de salida; es decir, a˜nadiremos como ´ultima instrucci´on: [E] Y ←− Y + 1).

Analicemos el programa:

x 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 ...

Y 0 0 1 0 1 2 0 1 2 3 0 1 ...

Z 0 1 2 3 4 ...

Z e Y comienzan con el valor 0. Cada vez que Y supera el valor de Z, se pone a cero y ´esta ´ultima aumenta en 1.

Un ejemplo: cuando z = 3 e y = 2, la variable Y ha realizado los siguientes incrementos:

1 al superar el valor z = 0 (en ese momento, Y se pone a cero, y = 0, y Z actualiza Z con z = 1) 2 m´as cuando supera el valor z = 1 (en ese momento, Y se pone a cero, y = 0, y Z se actualiza con z = 2)

3 m´as al superar el valor z = 2 (en ese momento, Y se pone a cero, y = 0 y Z se actualiza con z = 3) Finalmente, realiza 2 incrementos m´as (y el valor de Z, en ese momento, es z = 3).

Es decir, cuando y = 2 y z = 3, tendremos: Incrementos(Y ) = 2 + (1 + 2 + 3) = y +X

j≤3

j

Cuando el n´umero de incrementos de Y alcanza el valor de entrada, x, se tiene:

x = y +X

j≤z

j

Por otro lado, Incrementos(Y ) = Decrementos(X) y el programa para cuando x = Incrementos(Y ).

Por tanto, la sucesi´on g puede definirse as´ı:

g(x) = µy ≤ x (∃z ≤ x ( x = y +X

j≤z

j ))

En consecuencia, es primitiva recursiva.

Minimizaci´on acotada (funciones):

Sea f : Nⁿ⁺¹−→ N. Definimos:

fµ^∗(~x, y) =

 min{z ≤ y : f (~x, z) = 0} si existe tal m´ınimo

y + 1 e.c.o.c.

que tambi´en escribiremos: µz≤ y (f (~x, z) = 0)

PROPOSICI ´ON: Si f ∈ PR⁽ⁿ⁺¹⁾ entonces fµ^∗∈ PR⁽ⁿ⁺¹⁾ DEMOSTRACI ´ON:

Caso 1.- Existe el m´ınimo (llam´emosle y0)

f (~x, 0) = sg(Y

z≤0

f (~x, z)) = 1

f (~x, 0)·f (~x, 1) = sg(Y

z≤1

f (~x, z)) = 1 f (~x, 0)·f (~x, 1)·f (~x, 2) = sg(Y

z≤2

f (~x, z)) = 1

... ... ... ...

f (~x, 0)·f (~x, 1) ... f (~x, y0− 1) = sg( Y

z≤y₀−1

f (~x, z)) = 1





























suman y0

f (~x, 0)·f (~x, 1) ... f (~x, y0) = sg(Y

z≤y₀

f (~x, z)) = 0 f (~x, 0)·f (~x, 1) ... f (~x, y0+ 1) = sg( Y

z≤y₀+1

f (~x, z)) = 0

... ... ...

f (~x, 0)·f (~x, 1) ... f (~x, y) = sg(Y

z≤y

f (~x, z) = 0





















suman 0





























































 X

t≤y

sg(Y

z≤t

f (~x, z)) = y0

Caso 2.- No existe el m´ınimo:

f (~x, 0) = sgY

z≤0

f (~x, z) = 1

f (~x, 0)·f (~x, 1) = sgY

z≤1

f (~x, z) = 1 f (~x, 0)·f (~x, 1)·f (~x, 2) = sgY

z≤2

f (~x, z) = 1

... ... ... ...

f (~x, 0)·f (~x, 1) ... f (~x, y) = sgY

z≤y

f (~x, z) = 1





























suman y + 1: X

t≤y

sg(Y

z≤t

f (~x, z)) = y+1

Luego nuestra funci´on se expresa:

fµ^∗(~x, y) =X

t≤y

sg(Y

z≤t

f (~x, z))

y, por tanto, es una funci´on primitiva recursiva. 2

Ejercicio.- Sea f : Nⁿ⁺¹−→ N una funci´on PR. Entonces la siguiente funci´on es tambi´en PR : fµ⁰(~x, y) =

 min{z ≤ y : f (~x, z) = 0} si existe tal m´ınimo

0 e.c.o.c.

Basta observar que:

f_µ⁰(~x, y) =

 fµ^∗(~x, y) si ∃z ≤ y(f (x, z) = 0)

0 e.c.o.c.

Nota: En muchas ocasiones esta es la expresi´on que se toma como definici´on de minimizaci´on acotada de

Ejercicio (12/02/03).- Dos n´umeros x, y son coprimos si no tienen divisores primos comunes.

1) Probar que el predicado COP (x, y) ≡ ”x e y son coprimos.^esprimitivo recursivo.

2) Probar que la siguiente funci´on es primitiva recursiva:

f (x, k) =

 0 si x = 0 o k = 0

k–´esimo n´umero coprimo con x e.o.c.

(Indicaci´on: N´otese que si y es un primo mayor que x, entonces COP (x, y)).

———————————————

1) COP (x, y) ≡ m.c.d(x, y) = 1. Por tanto, COP es un predicado primitivo recursivo.

2) p(x + k) es el x + k–´esimo n´umero primo; y, seg´un la indicaci´on, el k–´esimo n´umero coprimo con x es inferior o igual a p(x + k). Por tanto, la funci´on dada puede expresarse como sigue:

f (x, k) =

 0 si x = 0 o k = 0

µy ≤ p(x + k)(P

j≤yCOP (x, j) = k) e.o.c.

que est´a definida por casos a partir de funciones primitivas recursivas y predicados p. r. exhaustivos y excluyentes. Por tanto f es primitiva recursiva.

Ejercicio.- Dar una definici´on recursiva de la funci´on f (x) =n´umero de d´ıgitos de x -en base 10- y probar que es primitiva recursiva.

Sea d(x) = qt(x, 10) la funci´on que trunca el n´umero x devolviendo las n-1 primeras cifras del mismo.

Entonces, la funci´on f puede definirse as´ı:

f (x) =

 1 si x ≤ 9

f (g(x)) + 1 e.o.c.

Para probar que es primitiva recursiva, la reescribimos as´ı:





f (0) = 1 f (x + 1) =

 1 si x ≤ 8

f (g(x)) + 1 e.o.c.

Formamos la funci´on historia de f :







f (0) = 2ˆ f (x + 1) =ˆ

( Cˆ1(x) si x ≤ 8 f (x)·pˆ ^{f (x+1)}_x+2 e.o.c.

que, teniendo en cuenta la definici´on de f , podemos reescribir:







f (0) = 2ˆ f (x + 1) =ˆ

( Cˆ1(x) si x ≤ 8 f (x)·pˆ ^{f (g(x))+1}_x+2 e.o.c.

Y como g(x) < x para x > 1, podemos escribir:







f (0) = 2ˆ f (x + 1) =ˆ

( Cˆ1(x) si x ≤ 8 f (x)·pˆ ^{( ˆ}_x+2^{f (x))g(x)+1+1} e.o.c.

Es decir, ˆf est´a definida por recursi´on a partir de una constante y de la h:

h(x, z) =

( Cˆ1(x) si x ≤ 8 z·p^(z)_x+2^g(x)+1+1 e.o.c.

que es p. r.

En consecuencia, ˆf es p.r. y, por tanto, f tambi´en lo es. 2