Solución negativa al décimo problema de Hilbert y recursión con diofantinos

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(1)Solución negativa al décimo problema de Hilbert y recursión con diofantinos por. Humberto José Rodríguez Baute. Una tesis presentada al departamento de Matemáticas como parte de los requisitos para el grado de Matemático. Director: Ramiro de la Vega. Universidad de los Andes Bogotá, Colombia Enero, 2008.

(2) Índice general 1. Introducción e historia. 2. 2. Preliminares. 5. 2.1. Conjuntos diofantinos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2. Conjuntos r.e. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 3. La exponenciación es diofantina 3.1. 3.2. 3.3. 3.4. 3.5.. 4. A es. Ecuación de Pell . . . . . . . . . . . . . . . . . Congruencias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . La relación C = YA (B) es diofantina . . . . . . n La relación exponencial m = k es diofantina . n Las relaciones c = m y c = m! son diofantinas r.e.. ⇐⇒. . . . . .. . . . . .. . . . . .. . . . . .. . . . . .. . . . . .. . . . . .. . . . . .. . . . . .. . . . . .. . . . . .. . . . . .. . . . . .. . . . . .. . . . . .. . . . . .. . . . . .. . . . . .. . . . . .. A es diofantino. 4.1. A es r.e. ⇒ A es diofantino . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.2. A es diofantino ⇒ A es r.e. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.3. Solución negativa al décimo problema de Hilbert . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 5 7. 11. 11 13 14 17 18. 19 22 25 25. 5. Recursión con diofantinos. 26. Bibliografía. 32. 5.1. Grados de problemas diofantinos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.2. Número de soluciones de una ecuación diofantina . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 26 29.

(3) Motivación Sobre las ecuaciones diofantinas podría decirse que aparecen desde el inicio de las matemáticas, cuando el hombre es capaz de simbolizar números en variables y describir fenómenos a través de ecuaciones. El nombre de ecuación diofantina se debe al matemático griego Diofanto de Alejandría (250 A.D.) quien hizo contribuciones sobre las soluciones en enteros que tenían ciertas ecuaciones conocidas en su época. Grandes matemáticos a través de la historia se han ocupado al análisis de estas ecuaciones, (ecuaciones de la forma D(x1 , ... , xn ) = 0 donde D es un polinomio con coecientes enteros) lo que no sólo muestra la complejidad del problema sino el poder descriptivo de éstas en muchas ramas de las matemáticas. Famosas ecuaciones hemos escuchado desde que empezamos a estudiar matemáticas, una de ellas la ecuación de Pitágoras (x2 + y 2 − z 2 = 0) y más recientemente una familia de estas (xn + y n − z n = 0, n ≥ 3) sobre las que Fermat planteara que no tenían solución en enteros (conocido como el último teorema de Fermat) y que sólo siglos más tarde Andrew Wiles fuera capaz de probar y ganarse un premio de la Academia Francesa de la Ciencia. Gracias al potencial descriptivo que tienen las ecuaciones diofantinas sobre los fenómenos naturales no es sorpresa querer que exista una forma algorítmica de reconocer cuales de estas tienen solución y cuales no. Así fue como durante el Segundo Congreso Internacional de Matemáticas celebrado en Paris en 1900, como parte de una lista de 23 problemas que D. Hilbert consideraba los problemas abiertos más importantes y retadores del siglo XX, se hizo evidente esta preocupación, y el décimo problema de esta lista trataba sobre la existencia o no de un algoritmo que fuera capaz dada una ecuación diofantina arbitraria, decir si esta tenía solución o no, y en caso afrimativo decir cuantas soluciones tenía. Sólo hasta 1970, Yuri Matiyasevic, dio solución negativa a este problema después del desarrollo preliminar debido a Davis, Putnam, Robinson y Jones, entre otros. Basados en esta solución probaremos en este documento, antes demostrando que los conjuntos diofantinos y los conjuntos recursivamente enumerables son los mismos, que no existe un algoritmo que determine dada una ecuación diofantina si esta tiene solución o no en números enteros. Para este propósito usaremos nociones básicas de teoría de números y algunas otras de teoría de recursión. La solución negativa a este problema fue una sorpresa, los recién aparecidos computadores, máquinas procesadoras de algoritmos, parecían capaces de resolverlo todo. La incomodidad que causaba saber la existencia de problemas por fuera del alcance de los considerados todopoderosos computadores, además de la importancia del tema (ecuaciones diofantinas) que trataba resolver, son una motivación suciente para estudiar la solución negativa a este problema..

(4) Capítulo 1. Introducción e historia La forma como describimos el problema en la motivación no es la forma original propuesta por Hilbert, esta versión del problema incluye la noción de algoritmo que sólo hasta los años treinta, gracias al trabajo de Kurt Gödel, Alonzo Church, Emil Post, Alan Turing y otros lógicos se formalizó. En los términos originales el problema de Hilbert decía:. Dada una ecuación diofantina con un número de incógnitas arbitrario y con coecientes enteros, encontrar un procedimiento mecánico, que en un número nito de pasos, determine si la ecuación diofantina dada tiene solución en los enteros. Muchos matemáticos consideran que dada la forma como fue presentado el problema y porque durante años se habían encontrado para algunas ecuaciones diofantinas especícas algoritmos para hallar explícitamente su(s) solución(es) y también se había demostrado para otras ecuaciones su insolubilidad, Hilbert creía que se encontraría una solución positiva a éste (ver [MA3]). Hoy sabemos que no existe tal algoritmo, es decir que. Teorema 1.0.1. No existe un algoritmo que dada una ecuación diofantina arbitraria, decida si tiene solución o no.. De hecho, la insolubilidad del décimo problema de Hilbert puede ser planteada en una forma más fuerte (ver [MA3]), es decir, para cualquier algoritmo T que se supone resuelve el décimo problema de Hilbert existe una ecuación DT (x1 , .., xn ) = 0 para la cual el algoritmo no para o devuelve la respuesta equivocada, esto nos lleva a. Teorema 1.0.2. Existe un algoritmo que dado un algoritmo T devuelve un contraejemplo por el cual T no resuelve el décimo problema de Hilbert.. Aqui el algoritmo T puede ser representado como una máquina de Turing, una función recursiva o cualquier forma estándar. Esta forma de la indecidibilidad del problema nos muestra una relación estrecha entre las ecuaciones diofantinas y los algoritmos. La existencia de esta relación fue conjeturada por Martin Davis en 1950, quien propuso que las nociones de conjuntos r.e. y diofantinos eran las mismas, es decir que un conjunto es r.e si y sólo si es diofantino, conjetura que nalmente se demostraría cierta 20 años después y que resolvería negativamente el décimo.

(5) 1.0. 3. problema de Hilbert. Uno de los argumentos que se usaban en contra de la conjetura de Davis era que esta implicaba que. Teorema 1.0.3. Existe una ecuación diofantina U (a, n, x1 , ..., xv ) = 0 tal que para todo conjunto diofantino D existe un n tal que a ∈ D ⇐⇒ ∃x1 , ..., xv U (a, n, x1 , ..., xv ) = 0.. Esta ecuación U es la ecuación universal que listaria para diferentes n, los números primos, las potencias de 2 y cualquier conjunto que pudiere listarse con un algoritmo, inverosímil a los ojos de los contradictores de Davis, quien logró dar el primer paso en dirección de probar su conjetura con el siguiente teorema.. Teorema 1.0.4. Todo conjunto r.e. T tiene una representación de la forma (a1 , ..., an ) ∈ T ⇐⇒ ∃z∀y ≤ z∃x1 , ..., xm [D(a1 , ..., an , x1 , ..., xm , y, z) = 0].. a la que se llamo forma normal de Davis, que es casi una representación diofantina del conjunto T , sólo faltaría quitarle el cuanticador universal, sin embargo esto tomaría 20 años más en hacerse realidad. En 1961 en un artículo conjunto entre Davis, Putnam y Robinson lograron quitar el cuanticador universal de la representación (ver [MA3]), pero esto implicaba considerar una clase más amplia de ecuaciones, a la que llamaron ecuaciones exponenciales diofantinas que eran ecuaciones de la forma EL (x1 , ..., xm ) = ER (x1 , ..., xm ). donde EL y ER son polinomios exponenciales, es decir, expresiones polinómicas construidas de la manera usual pero donde las variables podrían estar en los exponentes, ejemplo xy+3 + (x + z 2)y = xy + z 4 , mostrando el siguiente teorema.. Teorema 1.0.5. Para todo conjunto r.e. A de n-tuplas de naturales existe una representación. de la forma. (a1 , ..., an ) ∈ A ⇐⇒ ∃x1 , ...xm EL (a1 , ..., an , x1 , ..., xm ) = ER (a1 , ..., an , x1 , ..., xm ). Sin embargo este resultado no alentó a los críticos que tal como se ve en el review para Mathematical Reviews hecho por George Kreisel, aún no daban crédito a la conjetura,. "These results are supercially related to Hilbert's tenth Problem on (ordinary, i.e., non-exponential) Diophantine equations. The proof of the authors' results, though very elegant, does not use recondite facts in the theory of numbers nor in the theory of r.e. sets, and so it is likely that the present result is not closely connected with Hilbert's tenth Problem. Also it is not altogether plausible that all (ordinary) Diophantine problems are uniformly reducible to those in a xed number of variables of xed degree, wich would be the case if all r.e. sets were Diophantine" Con el resultado anterior, para demostrar la conjetura, sólo bastaría probar que el conjunto de triplas (a, b, ab ) es diofantino, es decir que la exponenciación es diofantina. De hecho Julia Robinson estaba trabajando en eso desde 1950 y había llegado al siguiente resultado (ver [RO2]).

(6) 1.0. 4. Teorema 1.0.6. SI existe una ecuación polinomial J(u, v, y1 , ..., yw ) = 0 tal que en toda solución. de la ecuación tengamos u < v v y para todo k existe una solución tal que u > v k ENTONCES existe un polinomio A(a, b, c, z1 , ..., zm ) tal que ab = c ⇐⇒ ∃z1 , ..., zm [A(a, b, c, z1 , ..., zm ) = 0].. El teorema anterior dene una relación entre u y v que permanece si y sólo si la ecuación J tiene solución. Julia Robinson llamó a las relaciones que satisfacen las dos desigualdades de arriba relaciones de crecimiento exponencial. Aunque esto era una simplicación para la prueba de la conjetura de Davis, desde el tiempo de Diofanto hasta nales de los años 60 del siglo XX ninguna ecuación que deniera una relación de crecimiento exponencial se conocía, que junto con los inverosímiles corolarios de la eventual prueba de la conjetura hicieron dudar aún más acerca de la existencia de relaciones de crecimiento exponencial, incluso la misma Julia Robinson para esta época intento buscar una solución positiva al décimo problema de Hilbert. Finalmente en 1970 Matiyasevic construyó la ecuación que deniría la relación con crecimiento exponencial, v = F2u donde F0 , F1 , ... son los números en la sucesión de Fibonacci, y aunque esta sucesión ha sido estudiada por siglos por los matemáticos nadie había encontrado la propiedad , Fn2 |Fm ⇒ Fn |m,. que facilitó la construcción de la ecuación dando paso así a la prueba de la conjetura y a la solución negativa al décimo problema de Hilbert (ver [MA3]). El teorema se conoció entonces como DPRM por las iniciales de los nombres de las personas que participaron en su demostración (Davis, Putnam, Robinson y Matiyasevic). Hoy en día se conocen varias versiones simplicadas de esta demostración, (ver [MA2]). En este trabajo de grado presentaremos una alternativa más de ésta demostración.. Teorema 1.0.7. DPRM, Todo conjunto r.e. A de n-tuplas de naturales tiene una representación diofantina, es decir. (a1 , ..., an ) ∈ A ⇐⇒ ∃x1 , ..., xm [D(a1 , ..., an , x1 , ..., xm ) = 0].

(7) Capítulo 2. Preliminares 2.1.. Conjuntos diofantinos. Denición 2.1.1. Una ecuación diofantina es una ecuación de la forma D(x1 , ..., xn ) = 0. donde D es un polinomio con coecientes enteros. Una ecuación diofantina paramétrica es de la forma D(a1 , ..., an , x1 , ..., xm ) = 0. donde D es un polinomio con coecientes enteros sobre todas las variables a1 , ..., an , x1 , ..., xm a las que separamos como variables parámetros a1 , ..., an , y variables desconocidas x1 , ..., xm . De la denición anterior vemos que para distintos valores en las variables parámetros de D obtendremos ecuaciones diofantinas con solución y otras sin solución, así la ecuación paramétrica D dene un conjunto A de n-tuplas (a1 , ..., an ) para los cuales D tiene solución. Es decir (a1 , ..., an ) ∈ A ⇐⇒ ∃x1 , ..., xm [D(a1 , ..., an , x1 , ..., xm ) = 0]. a esta equivalencia se le llama representación diofantina de A.. Denición 2.1.2. Los conjuntos que tienen una representación diofantina también son llamados conjuntos diofantinos.. Demostramos ahora que el problema de decidir sobre la existencia de una solución en enteros de las ecuaciones diofantinas es reducible a decidir sobre la existencia de una solución en enteros no negativos (ver [MA1]), en adelante naturales. Consideremos D(x1 , .., xn ) = 0. una ecuación diofantina arbitraria y supongamos estar buscando una solución en naturales. Sea el sistema de n + 1 ecuaciones diofantinas D(x1 , .., xn ) = 0,.

(8) 2.1. 6 2 2 2 2 x1 − y1,1 − y1,2 − y1,3 − y1,4 = 0,. ... , 2 2 2 2 xn − yn,1 − yn,2 − yn,3 − yn,4 = 0.. es claro que una solución a este sistema de ecuaciones en enteros deriva en una solución a la ecuación D en naturales; también es claro que una solución en naturales para D deriva en una solución a este sistema de ecuaciones pues cualquier numero natural se puede expresar como la suma de cuatro cuadrados. El sistema de n + 1 ecuaciones diofantinas anterior lo podemos comprimir a una sola ecuación diofantina E(x1 , ..., xn , y1,1 , ..., y1,4 , ..., yn,1 , ..., yn,4 ) de la forma 2 2 2 2 2 2 2 2 2 D2 (x1 , .., xn ) + (x1 − y1,1 − y1,2 − y1,3 − y1,4 ) + ... + (xn − yn,1 − yn,2 − yn,3 − yn,4 )2 = 0. la cual entonces tiene solución en enteros si y sólo si D tiene solución en naturales. Con esto tenemos que para mostrar la insolubilidad del décimo problema de Hilbert en números enteros basta con probarla en números naturales. Siguiendo este resultado, en adelante las letras minúsculas se referirán a números naturales.. Denición 2.1.3. Una propiedad P es diofantina si el conjunto de naturales que cumplen esta propiedad tiene representación diofantina, es decir si existe D tal que P (a) ⇐⇒ ∃x1 , ..., xn [D(a, x1 , ..., xn ) = 0]. Denición 2.1.4. Una relación R es diofantina si el conjunto de m-tuplas que la cumple tiene representación diofantina, es decir si existe D tal que. R(a1 , ..., am ) ⇐⇒ ∃x1 , ..., xn [D(a1 , ..., am , x1 , ..., xn ) = 0]. Denición 2.1.5. Una función f es diofantina si su grafo (Gf ) es diofantino, es decir, si existe D tal que. → − → − → − − − a = f ( b ) ⇐⇒ ( b , a) ∈ Gf ⇐⇒ ∃→ x D( b , a, → x)=0. Para mostrar que la unión y la intersección de conjuntos diofantinos es diofantina basta mirar que D1 (x1 , ..., xn ) = 0 ∧ D2 (y1 , ..., ym ) = 0 ⇐⇒ D12 (x1 , .., xn ) + D22 (y1 , ..., ym ) = 0 D1 (x1 , ..., xn ) = 0 ∨ D2 (y1 , ..., ym ) = 0 ⇐⇒ D1 (x1 , .., xn ) · D2 (y1 , ..., ym ) = 0. Es decir que si tomamos las ecuaciones diofantinas DA y DB como las que aparecen en las representaciones diofantinas de los conjuntos A y B respectivamente, entonces s ∈ A ∪ B ⇐⇒ ∃(~x)(~y )[DA (s, ~x) · DB (s, ~y ) = 0]. 2 2 s ∈ A ∩ B ⇐⇒ ∃(~x)(~y )[DA (s, ~x) + DB (s, ~y ) = 0].. que son las representaciones diofantinas de A ∪ B y A ∩ B respectivamente..

(9) 2.2. 7. Comprobemos, mostrando su representación diofantina, que algunas relaciones y funciones que nos servirán más adelante son diofantinas [MA1]. a ≤ b ⇐⇒ ∃x[a + x − b = 0] a < b ⇐⇒ ∃x[a + x + 1 − b = 0] a | b ⇐⇒ ∃x[a · x − b = 0] c | b − a ⇐⇒ ∃x[c · x − b + a) = 0] a = rem(b, c) ⇐⇒ a < c ∧ c | b − a a ≡ b (mod c) ⇐⇒ ∃x [x < c ∧ c | b − x ∧ c | a − x] b a= ⇐⇒ 0 ≤ b − a · c ∧ b − a · c < c c 2.2.. Conjuntos r.e.. Un algoritmo (para una función f en ω ) es un conjunto nito de instrucciones que dada una entrada x, resulta después de un número nito de pasos en una salida y = f (x). El algoritmo debe especicar cómo obtener en cada paso el cálculo correspondiente basado en los cálculos anteriores y en la entrada x. Es posible que el algoritmo sea sólo parcial, en el sentido en que no todas las entradas dan una salida. Las funciones denidas por algoritmos parciales que están denidas para todas las entradas (es decir que son derivadas de algoritmos totales) reciben el nombre de funciones recursivas o computables.. Denición 2.2.1. La clase de funciones primitivas recursivas es la clase C ⊆. ω. ω más pequeña. cerrada bajo el siguiente esquema [SOA]. i) ii) iii) iv). La función sucesor, f (x) = x + 1, está en C. Las funciones constantes, f (x1 , ..., xn ) = m, 0 ≤ n, 0 ≤ m, están en C. Las funciones identidad (proyección en i), f (x1 , ..., xn ) = xi , 0 < i ≤ n están en C. La composición de funciones en C está en C, es decir si g1 , ..., gm , h ∈ C , entonces f (x1 , ..., xn ) = h(g1 (x1 , ..., xn ), ..., gm (x1 , ..., xn )). está en C donde g1 , ..., gm son funciones de n variables y h es función de m variables. v) La recursión primitiva de funciones en C, está en C, es decir si g, h ∈ C y n ≥ 1 entonces f ∈ C donde f (0, x2 , ..., xn ) = g(x2 , ..., xn ) f (x1 + 1, x2 , ..., xn ) = h(x1 , f (x1 , ..., xn ), x2 , ..., xn ). asumiendo g una función de n-1 variables y h una función de n+1 variables, (en el caso que n=1 entonces g es una función constante que está en C por ii)). Entonces una función es primitiva recursiva si existe una derivación de la misma, es decir una sucesión de funciones f1 , f2 , ..., fk = f tal que cada fi es una función inicial (i), ii), iii) de la denición) o fi es obtenido de alguna parte de la sucesión f1 , f2 , ..., fi−1 por la aplicación de iv) o v)..

(10) 2.2. 8. Denición 2.2.2. Un conjunto (propiedad, relación) se dice primitivo recursivo si su función. característica lo es.. La mayoría de funciones que conocemos en ω son primitivas recursivas, ej. x·y , xy , x!, sin embargo no todas las funciones computables son funciones primitivas recursivas, como mostramos con el siguiente argumento de diagonalización. Como cada derivación de una función primitiva recursiva es una cadena de símbolos de un alfabeto nito, entonces todas las derivaciones pueden ser listadas, jemos una lista y tomemos fn como el n-ésimo elemento de esta lista. Sea g(x) = fx (x) + 1, claramente g(x) es computable, pero g 6= fn para todo n. Así, usando el mismo argumento de diagonalización, cualquier esquema que sólo produzca funciones totales no incluirá todas las funciones computables, es por eso que trataremos las funciones parcialmente computables, es decir funciones que no están necesariamente denidas para cualquier entrada. Veamos que la diagonalización ya no es un problema para estas funciones parciales. Sea ψn la función parcial calculada por el n-ésimo algoritmo, en un listado efectivo de los algoritmos. Suponga ahora que ϕ(x) = ψx (x) + 1 si ψx (x) está denido, y ϕ(x) es indenido de lo contrario. Ahora si ϕ es el x0 -ésimo algoritmo, la diagonalización no implica que ϕ 6= ψx0 pues ψx0 (x0 ) puede ser indenido. Como en adelante trabajamos con funciones parciales, supongamos ϕ una de estas, nos referiremos al hecho de que está denida para la entrada x con ϕ(x) ↓ y si no está denida diremos ϕ(x) ↑. Denamos ahora función parcial recursiva. Denición 2.2.3. La clase de funciones parciales recursivas (p.r) es la menor clase obtenida de cerrar bajo el esquema i) al v) de la denición 2.2.1 y el siguiente esquema vi). Una función total recursiva (recursiva) es una función parcial recursiva que es total.. vi) Busqueda no acotada. Si θ(x1 , ..., xn , y) es una función parcial recursiva de n + 1 variables, y ψ(x1 , ..., xn ) = µy[θ(x1 , ..., xn , y) = 0 ∧ (∀z ≤ y)[θ(x1 , ..., xn , z) ↓]]. entonces ψ es una función parcial recursiva de n variables. Robert Soare en [SOA] hace una caracterización de funciones parciales computables por máquinas de Turing, que se ha probado (junto con otras deniciones formales) coincide con la caracterización dada en la denición anterior, es decir que denen la misma clase de funciones, además aceptamos en adelante la Tesis de Church que dice que estas funciones son efectivamente las funciones intuitivamente computables, y usaremos los terminos parcial recursiva (p.r) y computable indiscriminadamente. Como las instrucciones de las máquinas de Turing son sucesiones nitas de símbolos es posible codicar estas instrucciones y a su vez las máquinas, haciendo posible listarlas. Esta enumeración de las funciones computables (máquinas de Turing) depende de la manera como hayamos codicado las instrucciones, se puede probar constructivamente que existen enumeraciones uno a uno y sobre ω . Fijando alguna de estas enumeraciones, denimos ϕ(n) como la e-ésima fune (1) ción computable de n variables y tomamos ϕe como ϕe . El siguiente teorema será pieza clave de la caracterización que daremos de funciones computables usando funciones diofantinas, su demostración se puede encontrar en [SOA]..

(11) 2.2. 9. Teorema 2.2.4. Teorema de la forma normal (Kleene). Existe un predicado. T (e, x, y) y una. función U (y) ambos primitivos recursivos, tales que, para todo e, y para todo x ϕe (x) = U (µy(T (e, x, y))).. Gracias al teorema anterior tenemos que toda función parcial recursiva se puede obtener de dos funciones primitivas recursivas y una aplicación del operador µ.. Denición 2.2.5. Conjunto r.e. i) A es recursivamente enumerable (r.e.) si A es el dominio de alguna función parcial recursiva. ii) Sea We el e-ésimo conjunto r.e., We = dom ϕe = {x : ϕe (x) ↓}. Un problema que quisieramos resolver cada vez que usamos una función computable, sería saber de antemano para cuales entradas esta función no esta denida, este problema en máquinas de Turing se traduce a saber de antemano estudiando el programa de la máquina, cuales entradas hacen que la máquina no pare, aparentemente esto parece posible, pero a continuación veremos que no lo es, a este problema se le conoce como el problema de la parada (ver [XAV]). El conjunto K que mostramos a continuación no es recursivo, es una simplicación del problema de la parada pues sólo nos pide que respondamos la pregunta para la entrada que es código de la máquina, es decir no podemos ni siquiera predecir si la e-ésima máquina para con entrada e.. Denición 2.2.6. Lema 2.2.7.. K = {x : ϕx (x) ↓}.. K es r.e.. Demostración. Sea ψ la función p.r. ( ψ(x) =. si ϕx (x) ↓ ↑ de lo contrario. x. entonces K = dom ψ.. Lema 2.2.8.. K no es recursivo.. Demostración. Supongamos que K tiene función caracteristica recursiva, entonces la función f sería recursiva, ( ϕx (x) + 1 si x ∈ K f (x) = 0 si x ∈ /K pero f 6= ϕx para todo x. Según el lema anterior, no existe un algoritmo para decidir dado un x si x está o no en K , a continuación veamos que el conjunto K0 = {hx, yi | x ∈ Wy } que se reere especicamente al problema de la parada, tampoco es recursivo.. Lema 2.2.9.. K0 no es recursivo.. Demostración. Note que x ∈ K ⇐⇒ hx, xi ∈ K0 , entonces si pudieramos decidir sobre K0 podríamos hacerlo sobre K , lo que contradice el lema anterior..

(12) 2.2. 10. La forma como probamos la insolubilidad del problema de la parada (K0 no es recursivo porque K lo sería), se ha usado para resolver distintos problemas sobre conjuntos r.e. que no son recursivos, entre estos conjuntos está como veremos mas adelante el de los índices de las ecuaciones diofantinas que tienen solución, haciendo que tampoco sea recursivo y dando solución negativa al décimo problema de Hilbert (ver capítulo 4). Entre otros problemas famosos en los que se ha utilizado este conjunto K para probar indecidibilidad está el problema de la palabra en grupos nitamente presentados. El problema de la palabra puede expresarse así: dado un subconjunto S de elementos de un grupo G, se trata de decidir si una expresión compuesta por elementos de S y con las operaciones del grupo es igual a la identidad del grupo. Durante mucho tiempo se buscaron ejemplos de grupos nitamente presentados para los que este problema fuese indecidible. La existencia de uno de estos grupos fue encontrada por Novikov en 1955 y por Boone en 1957..

(13) Capítulo 3. La exponenciación es diofantina En las primeras cuatro secciones de este capítulo usaremos los resultados y demostraciones en [JON]. Estas secciones están llenas de detalles técnicos que nos conducirán a demostrar que la exponenciación es diofantina (teorema 3.4.1), que como vimos en la introducción era el resultado faltante en la primera demostración de la solución negativa al décimo problema de Hilbert. 3.1.. Ecuación de Pell. Denición 3.1.1. Una ecuación general de Pell es una ecuación de la forma x2 − dy2 = 1, con d ∈ N constante y x, y variables.. Estas ecuaciones llamadas "de Pell", en realidad aparecieron en la historia de las matemáticas mucho antes de que Pell hubiera nacido, se le atribuye su primer estudio a Brahmagupta (628 √ D.C.) en la India, en su búsqueda de una aproximaciónq a d, gracias a que hallando una solución para x y y , podemos reescribir la ecuación como xy = y12 + d, siendo una buena aproximación para y grande. Para probar que la exponenciación es diofantina necesitaremos usar sucesiones de las soluciones a la ecuación de Pell x2 − (a2 − 1)y 2 = 1 que mostraremos adelante ser diofantinas. Introducimos aquí la teoría general de las soluciones en naturales a estas ecuaciones. Si tomamos d un cuadrado perfecto, d = a2 entonces x2 −dy 2 = x2 −(ay)2 = (x−ay)(x+ay) = 1 de donde x − ay = 1 y x + ay = 1 y la única solución es la trivial (x, y) = (1, 0) asi que tomamos 2 en la ecuación de Pell d 6= a2 , para cualquier a. Como x2h − dy se factoriza en los reales como √ √ i √ (x − y d)(x + y d), trabajamos en el dominio entero Z d donde los reales son de la forma √ √ α = x + y d con x, y ∈ Z, el conjugado de α es ᾱ = x − y d y la norma de α es N (α) = αᾱ.. Es claro entonces que N (α) = x2 − dy 2 , siendo entonces las soluciones enteras de la ecuación de Pell las componentes x, y de los reales α tales que N (α) = 1. Abusando un poco del lenguaje nos referiremos a los reales α como soluciones a la ecuación de Pell, entendiendo que en realidad nos referimos a sus componentes. Ahora como αᾱ = 1 entonces ᾱ = α−1 siendo para las soluciones a la ecuación de Pell igual el conjugado y el inverso multiplicativo. √. Veamos que si α ≥ 1 y α = x + y d entonces x, y ∈ N. Como α ≥ 1 entonces αα−1 ≥ α−1.

(14) 3.1. 12 √. entonces, 1 ≥ α−1 , α − α−1 ≥ α − 1 ≥ 0 , 2y d ≥ 0 y nalmente y ≥ 0. Además α ≥ 1 entonces α−1 > 0 , 1 ≤ α + α−1 = 2x , x ≥ 1/2 y tenemos que x ≥ 1.. Lema 3.1.2. Si N (α) = 1 y N (β) = 1 entonces N (αβ) = 1. Demostración. Como αβ = ᾱβ̄ entonces N (αβ) = αβαβ = αβ ᾱβ̄ = αᾱβ β̄ = N (α)N (β). Del lema anterior vemos que el producto de soluciones de la ecuación de Pell también es solución a esta. √ Sean α y β dos soluciones a la ecuación de Pell tales que α, β ≥ 1, sea α = x1 + y1 d y √ β = x2 + y2 d entonces x1 , x2 , y1 , y2 ∈ N como vimos anteriormente, y de las ecuaciones x21 = dy12 + 1 y x22 = dy22 + 1 se sigue que x1 < x2 ⇐⇒ y1 < y2 . Tenemos entonces que 1 ≤ α < β ⇐⇒ [1 ≤ x1 < x2 ∧ 0 < y1 < y2 ]. De aquí entonces que los reales α solución a la ecuación de Pell tales que α > 1 conforman un conjunto bien ordenado, que si no es vacío tiene un elemento mínimo al que llamamos generador y a sus componentes soluciones fundamentales.. Lema 3.1.3.. β ≥ 1 es solución a la ecuación de Pell si y sólo si β es una potencia del generador. α.. Demostración. Supongamos que β = αn para algún n, entonces N (β) = N (αn ) = N (α)n = 1 y β ≥ 1 entonces β es solución a la ecuación de Pell. Ahora supongamos que β ≥ 1 y N (β) = 1 entonces existe un n tal que αn ≤ β < αn+1 ya que α > 1; entonces 1 ≤ α−n β < α y N (α−n β) = N (α−1 )n N (β) = N (ᾱ)n N (β) = N (α)n N (β) = 1 entonces α−n β es solución, pero α es la mínima mayor que 1, entonces α−n β = 1 así β = αn . Tomemos ahora la ecuación especial de Pell en que d = a2 − 1, a ∈ N, x2 − (a2 − 1)y 2 = 1. es fa¢il ver que la solución trivial es (x, y) = (1, 0) dando paso a la solución fundamental √ (x, y) = (a, 1) siendo entonces el generador a + a2 − 1 y como sabemos del lema anterior que todas las soluciones están dadas por las potencias de este generador, denimos las sucesiones Xa (n) y Ya (n) como sigue, n p p Xa (n) + Ya (n) a2 − 1 = a + a2 − 1. y tomando el conjugado a la ecuación anterior tenemos n p p Xa (n) − Ya (n) a2 − 1 = a − a2 − 1. haciendo posible denir las sucesiones a partir del conjugado del generador, además como √ √ −1 ᾱ = α−1 , tenemos a − a2 − 1 = a + a2 − 1 . Veamos algunas identidades. n±m p √ Xa (n ± m) + Ya (n ± m) d = a + a2 − 1 n ±m p p √ √ = a + a2 − 1 = Xa (n) + Ya (n) d Xa (m) ± Ya (m) d . a + a2 − 1.

(15) 3.2. 13. Lema 3.1.4. Para a ≥ 2 Xa (n ± m) = Xa (n)Xa (m) ± dYa (n)Ya (m) Ya (n ± m) = Ya (n)Xa (m) ± Xa (n)Ya (m).. Demostración. Tomando la parte racional e irracional de la identidad encontrada anteriormente. Deniendo X1 (n) = 1 y Y1 (n) = n vale el lema anterior para a = 1. Ahora, usando que Xa2 (n) − dYa2 (n) = 1 por ser Xa (n) y Ya (n) los n-ésimos elementos en la sucesión de soluciones, tenemos las ecuaciones (3.1.4.0) Xa (2n) = Xa (n + n) = Xa2 (n) + dYa2 (n) = 2Xa2 (n) − 1 Ya (2n) = Ya (n + n) = Ya (n)Xa (n) + Xa (n)Ya (n) = 2Ya (n)Xa (n). Ahora con m = 1 en el lema 3.1.4. obtenemos las ecuaciones (3.1.4.1) Xa (n + 1) = aXa (n) + dYa (n), Xa (n − 1) = aXa (n) − dYa (n),. Ya (n + 1) = aYa (n) + Xa (n), Ya (n − 1) = aYa (n) − Xa (n). Lema 3.1.5. Para a ≥ 2 Xa (0) = 1,. Xa (1) = a,. Xa (n + 1) = 2aXa (n) − Xa (n − 1). Ya (0) = 0,. Ya (1) = 1,. Ya (n + 1) = 2aYa (n) − Ya (n − 1).. Demostración. Sumando las ecuaciones (3.1.4.1), y recordando la solución fundamental (a, 1) y la trivial (1, 0). El lema anterior es la recursión en las soluciones a la ecuación de Pell con d = a2 −1. Es fácil ver, usando inducción en n, que para un n jo Ya (n) es un polinomio en a de grado n − 1. también usando inducción en n probamos que Ya (n) es una función creciente. Suponemos que Ya (n) > Ya (n − 1) y tenemos que Ya (n + 1) = 2aYa (n) − Ya (n − 1) > 2aYa (n) − Ya (n) = Ya (n)(2a − 1) > Ya (n), para todo a ≥ 1. 3.2.. Congruencias. De arriba veamos que para i = 0, 1, 2 se cumple Ya (i) ≡ Yb (i) mod (a − b), probemos entonces por inducción que suponiendo cierto el resultado para i − 1 y para i se cumple para i + 1, así, Ya (i + 1) = 2aYa (i) − Ya (i − 1) ≡ 2bYb (i) − Yb (i − 1) = Yb (i + 1) mod (a − b), entonces tenemos la siguiente regla de congruencia.. Lema 3.2.1. Ya (n) ≡ Yb (n) mod (a − b).. Y tomando b = 1 y Y1 (n) = n tenemos Ya (n) ≡ n mod (a − 1)..

(16) 3.3. 14. Lema 3.2.2. Para a ≥ 1, n > 1 (2a − 1)n ≤ Ya (n + 1) < (2a)n .. Demostración. Del lema 3.1.5., para a > 1, Ya (n + 1) = 2aYa (n) − Ya (n − 1) > (2a − 1)Ya (n) entonces, Ya (n + 1) > (2a − 1)2 Ya (n − 1) > ... > (2a − 1)n Ya (1) = (2a − 1)n . Además Y1 (2 + 1) = 1 = (2 − 1)2 , entonces (2a − 1)n ≤ Ya (n + 1).. También del lema 3.1.5. Ya (n + 1) = 2aYa (n) − Ya (n − 1) < 2aYa (n) entonces Ya (n + 1) < (2a)2 Ya (n − 1) < ... < (2a)n Ya (1) = (2a)n. completando así la prueba. La siguiente congruencia encontrada por Julia Robinson [1952], junto con la demostración de que C = YA (B) es una relación diofantina serán determinantes en la prueba de que la exponenciación es diofantina.. Teorema 3.2.3. Para todo n, k, a ≥ 1 Xa (n) − (a − k)Ya (n) ≡ k n mod (2ak − k 2 − 1). Demostración. Por inducción en n. Para n = 0, 1 ≡ 1 mod (2ak − k2 − 1). Para n = 1, a − (a − k) ≡ k mod (2ak − k2 − 1). Suponemos cierto para n y probamos para n + 1, Xa (n + 1) − (a − k)Ya (n + 1) = 2aXa (n) − Xa (n − 1) − (a − k)[2aYa (n) − Ya (n − 1)] = 2a[Xa (n) − (a − k)Ya (n)] − [Xa (n − 1) − (a − k)Ya (n − 1)] ≡ 2ak n − k n−1 = k n−1 (2ak − 1 + k 2 − k 2 ) ≡ k n−1 (0 + k 2 ) = k n+1 mod (2ak − k 2 − 1).. 3.3.. La relación. C = YA (B). es diofantina. Antes habíamos visto que Ya (n) es un polinomio en a de grado n − 1, ahora intuitivamente lo que haremos será bajar esos exponentes construyendo una nueva ecuación diofantina (lema 3.3.6) para asegurarnos que esta relación C = YA (B) es diofantina y dar un paso más en la demostración de que la exponenciaión es diofantina. La que sigue es la parte más técnica de la demostración.. Lema 3.3.1. Para todo n, m, a ≥ 1, n|m ⇐⇒ Ya (n)|Ya (m). Demostración. Por el momento vamos a olvidar los subíndices a, y recordando que X(n) − dY (n) = 1 tenemos que X(n) - Y (n) pues son primos relativos, además tenemos por el lema 3.1.4 que Y (k±n) = Y (k)X(n)±Y (n)X(k) ≡ Y (k)X(n) mod Y (n) entonces Y (n)|Y (k±n) ⇐⇒.

(17) 3.3. 15. Y (n)|Y (k). Sea m = ni + r con 0 ≤ r < n, entonces por ser Y (n) una función creciente como. se ve en las anotaciones siguientes al lema 3.1.5, 0 ≤ Y (r) < Y (n). Así, Y (n)|Y (m) ⇐⇒ Y (n)|Y (ni + r) ⇐⇒ Y (n)|Y (r) y como Y (r) < Y (n) entonces Y (n)|Y (m) ⇐⇒ r = 0, es decir Y (n)|Y (m) ⇐⇒ n|m.. Lema 3.3.2. FSDL(rst step down lemma) Para todo n, m, a ≥ 1, Ya2 (n)|Ya (m) ⇐⇒ nYa (n)|m. Demostración. Si tomamos un j ≥ 1 arbitrario tenemos que, j X √ √ √ j Xa (nj) + Ya (nj) d = [Xa (n) + Ya (n) d]j = Xaj−i (n)(Ya (n) d)i i i=0. entonces, tomando sólo la parte irracional de la expresión tendremos j X. √ j Ya (nj) = Xaj−i (n)Yai (n)( d)i−1 i i impares Ya (nj) = jXaj−1 (n)Ya (n) +. j X i≥3 impares. Ya (nj) =. jXaj−1 (n)Ya (n). +. √ j Xaj−i (n)Yai (n)( d)i−1 i. j X √ j 3 (Ya (n))( Xaj−i (n)Yai−3 (n)( d)i−1 ) i i≥3 impares. ⇒ Ya (nj) ≡ jXaj−1 (n)Ya (n) mod Ya3 (n) ⇒ Ya (nj) ≡ jXaj−1 (n)Ya (n) mod Ya2 (n) | {z } (∗). Supongamos que Ya2 (n)|Ya (m) entonces, Ya (n)|Ya (m) entonces por el lema 3.3.1. m = nj para algún j , tomemos j como el de aquí arriba, entonces como (Xa (n), Ya (n)) = 1 y por hipótesis Ya2 (n)|Ya (nj) tenemos Ya2 (n)|jYa (n), así Ya (n)|j entonces, nYa (n)|nj = m. Supongamos que nYa (n)|m, tome j = Ya (n) entonces (∗) ⇒ Ya2 (n)|Ya (nYa (n)) y por el lema 3.3.1. y la hipótesis tenemos Ya2 (n)|Ya (m). Lema 3.3.3. Para a ≥ 2 y n ≥ 1, Ya (n − 1) + Ya (n) < Xa (n) Demostración. Reemplazando n por n − 1 en las ecuaciones (3.1.4.1) derivadas del lema 3.1.4. tenemos Y (n) = aY (n − 1) + X(n − 1), como a ≥ 2, tenemos 2Y (n − 1) ≤ aY (n − 1) < aY (n − 1) + X(n − 1) = Y (n). Asi Y (n − 1) < Y (n) − Y (n − 1), y si sumamos Y (n) a ambos lados de la desigualdad tendremos Y (n−1)+Y (n) < 2Y (n)−Y (n−1) ≤ aY (n)−Y (n−1) = X(n) por las ecuaciones (3.1.4.1). Lema 3.3.4.. Ya (4ni ± m) ≡ ±Ya (m), Ya (4ni + 2n ± m) ≡ ∓Ya (m) mod Xa (n). Demostración. De las ecuaciones (3.1.4.0) tenemos que Y (2n) ≡ 0 mod X(n) y que X(2n) ≡ −1 mod X(n), entonces del lema 3.1.4 Y (2n ± m) = Y (2n)X(m) ± X(2n)Y (m) ≡ ∓Y (m) mod X(n). entonces Y (4n ± m) = Y (2n + 2n ± m) ≡ −Y (2n ± m) ≡ ±Y (m) mod X(n).

(18) 3.3. 16. y tenemos los resultados que buscabamos Y (4ni ± m) = Y (4n + 4n(i − 1) ± m) ≡ Y (4n(i − 1) ± m) ≡ ... ≡ ±Y (m) mod X(n) Y (4ni + 2n ± m) ≡ Y (2n ± m) ≡ ∓Y (m) mod X(n). En el siguiente lema los signos no necesariamente corresponden en la implicación.. Lema 3.3.5. SSDL(second step down lemma) 2 ≤ a , 1 ≤ n Ya (k) ≡ ±Ya (m) mod Xa (n) ⇐⇒ k ≡ ±m mod 2n. Demostración. "⇐"Supongamos k = 2nj ± m. Para j = 2i, tenemos por el lema 3.3.4. Y (k) = Y (4ni ± m) ≡ ±Y (m) mod X(n). Para j = 2i + 1, por el lema 3.3.4. Y (k) = Y (4ni + 2n ± m) ≡ ∓Y (m) mod X(n), entonces Y (k) ≡ ±Y (m) mod X(n). "⇒"Supongamos Y (k) ≡ ±Y (m) mod X(n), elija un k0 tal que 0 ≤ k0 ≤ n y que k ≡ ±k0 mod 2n, elija un m0 tal que 0 ≤ m0 ≤ n y que m ≡ ±m0 mod 2n es asi como de la elección de k0 y de m0 , la hipótesis, y la dirección ya probada tenemos Y (k) ≡ ±Y (k0 ) mod X(n) y Y (m) ≡ ±Y (m0 ) mod X(n), entonces Y (k 0 ) ≡ ±Y (m0 ) mod X(n) , asi X(n)|Y (k 0 ) ± Y (m0 ), de aqui veremos que k0 = m0 y por consiguiente k ≡ ±m mod 2n; para ver la implicación anterior supongamos que k0 6= m0 , entonces 0 < |Y (k0 ) ± Y (m0 )| ≤ Y (k0 ) + Y (m0 ) ≤ Y (n − 1) + Y (n) < X(n) por el lema 3.3.3., que contradice X(n)|Y (k 0 ) ± Y (m0 ).. Lema 3.3.6. Para A > 1, C = YA (B) (1) D2 − (A2 − 1)C 2 = 1, (4) E = (i + 1)2C 2 , (7) H ≡ C mod F ,. ⇐⇒ ∃D, E, F, G, H, I, i ∈ N tales que,. (2) F 2 − (A2 − 1)E 2 = 1, (3) I 2 − (G2 − 1)H 2 = 1, (5) G ≡ A mod F , (6) G ≡ 1 mod 2C , (8) H ≡ B mod 2C , (9) B ≤ C .. Demostración. "⇐"De las ecuaciones de Pell (1), (2) y (3), sabemos que existen p, q y r tales que D = XA (p), C = YA (p), F = XA (q), E = YA (q), I = XG (r), H = YG (r), entonces 0 ≤ p ≤ C y por (9) 0 ≤ B ≤ C , si mostramos que B = p terminamos. Para eso mostraremos que B ≡ ±p mod 2C , ahora, usando el lema 3.3.2 y (4) tenemos C 2 |E ⇒ YA2 (p)|YA (q) ⇒ pYA (p)|q ⇒ YA (p)|q ⇒ C|q ; por otra parte para cualquier j > 0, el lema 3.2.1. nos dice Y2Cj+1 (r) ≡ Y1 (r) mod 2Cj también entonces Y2Cj+1 (r) ≡ Y1 (r) mod 2C. Así de (6) y (8) tenemos B ≡ H = YG (r) = Y2Cj+1 (r) ≡ Y1 (r) = r mod 2C entonces B mod 2C} | ≡ r{z ∗. Del lema 3.2.1. y (5) tenemos YA (r) ≡ YG (r) mod (A − G) entonces YA (r) ≡ YG (r) mod XA (q). y usando (7) y el lema 3.3.5. obtenemos YA (r) ≡ YG (r) = H ≡ C = YA (p) mod XA (q) ⇒ r ≡ ±p mod 2q.

(19) 3.5. 17. pero C|q , entonces r ≡ ±p mod 2C , y con (*) tenemos B ≡ ±p mod 2C . "⇒" Queremos encontrar D, E, F, G, H, I, i tales que cumplan las 9 ecuaciones del sistema; suponga que C = YA (B), sea entonces D = XA (B), de donde (1) y (9) se comprueban. Tome q = B · YA (B), F = XA (2q) y E = YA (2q), entonces (2) vale. Ahora en el lema 3.3.2. reemplacemos m por B · YA (B), así, YA2 (B)|YA (B · YA (B)), entonces C 2 |YA (q) y con las ecuaciones (3.1.4.0) tenemos 2C 2 |2XA (q)YA (q) = YA (2q) ⇒ 2C 2 |E que valida (4) para cualquier i. Sea G = A + F 2 (F 2 − A), entonces (5) vale. De (2) y (4), se satisface F 2 ≡ 1 mod 2C , así, G = A + F 2 (F 2 − A) ≡ A + 1 − A = 1 mod 2C vericando (6). Tomemos ahora I = XG (B) y H = YG (B), entonces (3). Del lema 3.2.1. H = YG (B) ≡ B mod (G − 1) y por (6) entonces H ≡ B mod 2C , vericando (8). De nuevo del lema 3.2.1. H = YG (B) ≡ YA (B) = C mod (G − A) y por (5) entonces H ≡ C mod F vericando (7). Del lema anterior podemos deducir entonces que la relación C = YA (B) es diofantina pues tal como en el capítulo 2, buscando reducir el décimo problema de Hilbert de números enteros a números naturales comprimimos un sistema de ecuaciones diofantinas en una sola ecuación diofantina, podemos comprimir este sistema de ecuaciones (que mostramos ser diofantinas al nal de la sección 2.1) numerado del (1) al (9) en el lema 3.3.6. en una sola ecuación que es la representación diofantina del conjunto de triplas (C, A, B) que cumplen C = YA (B). 3.4.. La relación exponencial. m = kn. es diofantina. Mostramos ahora unos detalles que darán paso al teorema central de este capítulo, es decir, demostrar que la exponenciación es diofantina. Del lema 3.3.6. y de la ecuación Xa2 (n) − (a2 − 1)Ya2 (n) = 1 podemos decir que Xa (n) = x ⇐⇒ ∃y (x2 − (a2 − 1)y 2 − 1 = 0 ∧ y = Ya (n)). siendo así Xa (n) = x una relación diofantina.. Teorema 3.4.1. Suponga 1 ≤ n , 2 ≤ k. Para un a tal que a ≥ Yk (n + 1), k n = rem(Xa (n) − (a − k)Ya (n), 2ak − k 2 − 1).. Demostración. Por el lema 3.2.2 y la hipótesis k ≤ kn < (2k − 1)n ≤ Yk (n + 1) ≤ a entonces k + 1 ≤ a, entonces a < ak < ak + k − 1 = ak + k − 1 + k 2 − k 2 = ak + k(k + 1) − k 2 − 1 ≤ ak + ak − k 2 − 1 = 2ak − k 2 − 1, entonces k n < a < 2ak − k 2 − 1, y gracias al teorema 3.2.3. k n ≡ Xa (n) − (a − k)Ya (n) mod (2ak − k 2 − 1) pero mostramos que k n es menor que el módulo, entonces kn es el residuo, quedando así mostrado el teorema. Finalmente tenemos una representación diofantina para m = kn m = kn m ∃a(m ≡ Xa (n) − (a − k)Ya (n) mod (2ak − k 2 − 1) ∧ a ≥ Yk (n + 1))..

(20) 3.5. 3.5.. 18. Las relaciones. c=. n m. . y. c = m!. son diofantinas. n Para denir como función diofantina a f (n, m) = m tendremos que codicar sucesiones de tamaño arbitrario, y mostrar que existe una función diofantina que es capaz de recuperar elementos especícos dentro de estas sucesiones a partir del código mismo (ver [MA1]). Después codicaremos la sucesión n0 , n1 , ..., nn haciendo entonces que la función binomial sea diofantina.. . Suponga que queremos codicar la sucesión ha1 , ..., an i; usaremos como código la tripla ha, b, ci donde c = n, el tamaño de la sucesión, b > ai (1 ≤ i ≤ n) y a = an bn−1 +an−1 bn−2 +...+a1 b0 , es decir, an , ..., a1 son los dígitos en la representación b-ária de a. Tenemos entonces que las triplas que codican una sucesión en particular son innitas, pero no todas las triplas son códigos de sucesiones, sin embargo es posible decidir diofantinamente si una tripla es código o no, como veremos a continuación. ha, b, ci es código de una sucesión ⇐⇒ b ≥ 2 ∧ a < bc . Veamos que la funcíon Elem(a, b, d) que devuelve el d-ésimo elemento de la sucesión con código ha, b, ci donde c ≥ d es una función diofantina. e = Elem(a, b, d) ⇐⇒ ∃x, y, z[d = z + 1 ∧ a = xbd + ebz + y ∧ e < b ∧ y < bz ]. Estudiemos entonces la sucesión con código h(2 + 2n )n , 2n + 1, n + 1i, gracias al teorema del binomio tenemos (2 + 2n )n = (1 + (2n + 1))n =. n X n n n n (2n + 1)i = + (2n + 1) + ... + (2n + 1)n i 0 1 n i=0. donde tomamos a = (2 + 2n )n y b = 2n + 1 entonces, n 1 n n n 0 b + b + ... + b a= 1 n 0 es decir el código de la sucesión n0 , n1 , ..., nn es h(2 + 2n )n , 2n + 1, n + 1i entonces usando. la función diofantina Elem tenemos. n c= ⇐⇒ c = Elem((2 + 2n )n , 2n + 1, m + 1) m. y como la función exponencial mostramos es diofantina queda demostrado que la función binomial es diofantina. n n! Ahora, sabemos que m = m!(n−m)! , entonces m! =. n m. . n! n(n − 1)...(n − m + 1) nm 1 m−1 = = n (1 − )...(1 − ) n n n (n − m)! m m. Sea α(n, m) = (1 − n1 )...(1 − m−1 n ), como m ≤ n, entonces lı́mn→∞ α(n, m) = 1 y para todo n, m tenemos α(n, m) < 1 entonces para un n sucientemente grande, (por ejemplo n ≥ (m + 1)m+2 ), tenemos que m! =. diofantina. Aquí su representación, " c = m! ⇐⇒ ∃n c =. $. nm. n (m ). así entonces la función factorial es. % # nm m+2 ∧ n ≥ (m + 1) . n m.

(21) Capítulo 4. A es r.e.. ⇐⇒. A es diofantino. Para la demostración de la conjetura de Martin Davis, que da nombre a este capítulo, necesitaremos codicar sucesiones de largo arbitrario de una manera distinta a como lo hicimos en la sección 3.5, además, se hará necesaria la utilización del teorema del cuanticador acotado, (teorema 4.0.2) (ver [RO1]) en la equivalencia de la denición de función parcial recursiva y la de función diofantina. El primero de estos preliminares a la demostración, es en sí mismo una consecuencia sorprendente del teorema chino del residuo el cual se enuncia a continuación (ver [JIM]).. Teorema 4.0.1. Teorema chino del residuo. Sean q1 , ...qn números primos relativos dos a dos,. y sean a1 , ...an tales que. 0 ≤ ai < qi ,. i = 1, ..., n.. Entonces existe exactamente un número a tal que a ≡ ai mod qi. i = 1, ..., n.. y 0 ≤ a < q1 · · · qn .. Siguiendo [MA1], suponga que queremos codicar la sucesión ha1 , ..., an i; entonces tomamos números b1 , ..., bn coprimos tales que ai < bi , i = 1, ... , n. Gracias al teorema 4.0.1. existe un número a tal que a ≡ ai mod bi i = 1, ... , n; ahora tomamos bi = b·i+1 donde b = n!·k para algún k tal que valgan las desigualdades ai < bi , i = 1, ..., n. Veremos entonces que cada miembro de la sucesión a codicar estará completamente determinado por la tupla ha, bi que no incluye información acerca de la longitud de la sucesión. Ahora debemos mostrar que mcd(bi , bj ) = 1 para todo i 6= j, 1 ≤ i ≤ n, 1 ≤ j ≤ n, para poder usar el teorema chino del residuo. Sin pérdida de generalidad asumamos i < j . Sea p tal que p|b · i + 1, p|b · j + 1, entonces 1 = p · t − b · i y 1 = p · t − n! · k · i para algún t, entonces mcd(p, b) = 1 y mcd(p, n!) = 1. |. {z. (∗). }. Por otro lado p|b · j + 1 − (b · i + 1) ⇒ p|b · (j − i) entonces p|j − i de donde p ≤ j − i < n, y gracias a (*) tenemos que p = 1 y así mcd(bi , bj ) = 1..

(22) 4.0. 20. Adicionamos la información sobre la longitud de la sucesión tomando la tripla ha, b, ci como el código de Gödel de la sucesión ha1 , ..., an i siempre que c = n y para i = 1, ..., n, ai = GElem(a, b, i). donde GElem es la función diofantina denida por e = GElem(a, b, i) ⇐⇒ e = rem(a, b · i + 1).. La anterior función diofantina será clave en la sección 4.1, en donde demostraremos que la recursión primitiva de funciones diofantinas es diofantina, emulando la iteración de tamaño arbitrario de una función diofantina como la sucesión que tiene por elementos precisamente la recursión de esta función. Es decir, dada g una función diofantina, de la sucesión ha, g(a), g(g(a)), ..., g n (a)i podemos recuperar cada uno de sus elementos para comprobar que Ag el conjunto que contiene las parejas (a, b) donde a es un entero y b es la iteración arbitraria de g sobre a, es diofantino. (a, b) ∈ Ag ⇐⇒ ∃c, d, m(a = rem(c, d + 1) ∧ b = rem(c, dm + 1)∧ ∀i < m}(rem(c, d(i + 1) + 1) = g(rem(c, di + 1)))) | {z ∗. Sin embargo no estará completa la representación diofantina de Ag arriba hasta no comprobar que el cuanticador acotado (*) podrá ser reemplazado por nitos existenciales, que es precisamente el enunciado del siguiente teorema.. Teorema 4.0.2. Teorema del cuanticador acotado. Sea P (x, y, k, z1 , ..., zn ) un polinomio con x, y, k parámetros y z1 , ...zn variables. Entonces,. ∀k ≤ x∃(z1 , ..., zn ) ≤ y[P (x, y, k, z1 , ..., zn ) = 0] m . b1 ∃b1 , ..., bn [ y+1. . ≡ ... ≡. bn y+1. . . Q! − 1 ≡ P (x, y, Q! − 1, b1 , ..., bn ) ≡ 0 mod ] x+1. donde Q es un polinomio tal que Q = Q(x, y) > |P (x, y, k, z1 , ..., zn )| + 2x + y + 1 para todo k ≤ x, z1 ≤ y, ..., zn ≤ y . Note que al demostrar este teorema la existencia de una representación diofantina de Ag arriba n estará demostrada, teniendo en cuenta que ya mostramos que c = m y c = m! son diofantinas la implicación de este teorema vale como representación diofantina de un conjunto. Además, no es relevante que los existenciales en el enunciado del teorema aparezcan acotados por y ya que ∀k ≤ x∃(z1 , ..., zn )[D(x, k, z1 , ..., zn ) = 0] ⇐⇒ ∃y∀k ≤ x∃(z1 , ..., zn ) ≤ y[D(x, k, z1 , ..., zn ) = 0] | {z } ∗. porque para cualquier x que satisfaga (*) sólo nitos valores distintos de hx, k, z1k , ..., znk i se usaron como testigos que satisfacen (*) (explícitamente son hx, 0, z10 , ..., zn0 i, hx, 1, z11 , ..., zn1 i, ... ,hx, x, z1x , ..., znx i), estando entonces inevitablemente acotados z10 , ... , zn0 , ... , z1x , ... , znx por algún número y , el que aparece en la parte derecha de la fórmula. Presentamos una demostración del teorema 4.0.2..

(23) 4.0. 21. Demostración. Observaciones preliminares . Q! − 1 (Q! − 1)! (Q! − 1)(Q! − 2)...(Q! − (x + 1))(Q! − (x + 2))! (1) = = x+1 (Q! − 1 − x − 1)!(x + 1)! (x + 1)!(Q! − (x + 2))! Q! − 2 Q! − (x + 1) Q! Q! )...( ) = (Q! − 1)( − 1)...( − 1) 2 x+1 2 x+1 donde todos los factores de la derecha son enteros ya que Q > 2x + 1 ≥ x + 1 del enunciado. = (Q! − 1)(. Q! . Como Q ≥ 2x+2 (2) Veamos también que ∀k ≤ x si p es un primo tal que p ≤ Q entonces p| k+1 entonces ∀k ≤ x [Q ≥ 2x + 2 ≥ 2k + 2], así. Q! 1...(k + 1)...(x + 1)..,2(k + 1)..,2(x + 1)...Q = k+1 k+1. entonces como p ≤ Q, p aparece en la expansión de. Q! k+1 .. Q! (3) De (2) tenemos que ∀k ≤ x si p es un primo tal que p| k+1 − 1 entonces p > Q. Q! Q! (4)Veamos ahora que si i, j ≤ x < Q entonces mcd( i+1 − 1, j+1 − 1) = 1. Por contradicción supongamos un p primo que divide a ambos, entonces por (3) p > Q pero por hipótesis p| Q!|i+1−j−1| (j+1)(i+1) de aquí entonces. p|Q!|i − j| pero p > Q entonces p||i − j|. sin embargo |i − j| ≤ x < Q < p, una contradicción. Entonces los factores a la derecha en (1) son primos relativos dos a dos. (5) Sea pk un primo que divide a ∃a. pk a =. Q! k+1. − 1, entonces. Q! − (k + 1) Q! − 1 ⇒ ∃a pk a = ⇒ ∃a [pk (a(k + 1)) = Q! − (k + 1)] k+1 k+1. entonces Q! − 1 ≡ k mod pk y como bi ≡ rem(bi , pk ) mod pk i = 1, ..., n. entonces P (x, y, Q! − 1, b1 , ...bn ) ≡ P (x, y, k, rem(b1 , pk ), ..., rem(bn , pk )) mod pk ,. k≤x. Después de las observaciones pasamos entonces a probar las dos direcciones del teorema 4.0.2. "⇐" Q! bi Q!−1 −1 entonces por (1) pk | Q!−1 Sea pk tal que pk | k+1 x+1 , ahora por la hipótesis y+1 ≡ 0 mod x+1 así, . bi y+1. . . bi (bi − 1)...(bi − y) ≡ 0 mod pk entonces ∃t = pk t (y + 1)!. . entonces pk |bi (bi − 1)...(bi − y). como no hemos usado para nada i, tenemos que lo anterior vale para i = 1, ..., n.. ahora como bi (bi − 1)...(bi − y) ≡ 0 mod pk entonces rem(bi , pk ) ≤ y, i = 1, ..., n..

(24) 4.1. 22. Así por (3),(5) y la hipótesis |P (x, y, k, rem(b1 , pk ), ..., rem(bn , pk ))| < Q < pk y P (x, y, Q! − 1, b1 , ...bn ) ≡ 0 mod pk entonces P (x, y, k, rem(b1 , pk ), ..., rem(bn , pk )) = 0. quedando mostrada la primer mitad de este teorema. "⇒" Suponga ahora que existen z1k ≤ y, ..., znk ≤ y tales que P (x, y, k, z1k , ..., znk ) = 0 para k ≤ x. Gracias al teorema 4.0.1(Teorema Chino del residuo) y a la observacion (4), podemos encontrar bi < Q!−1 x+1 para i = 1, ..., n que satisfacen los n sistemas de congruencias, bi ≡ zik mod (. entonces. Q! k+1. Q! − 1), k+1. k ≤ x.. − 1|bi − zik , pero zik ≤ y entonces Q! − 1|bi (bi − 1)...(bi − y), k+1. 1 ≤ i ≤ n, k ≤ x.. Como para cada k ≤ x las expresiones en la izquierda son primos relativos, su multiplicación Q! − 1 también divide a bi (bi − 1)...(bi − y), es decir |bi (bi − 1)...(bi − y), ahora veamos que x+1. |. por (3) si p es un primo tal que p| también como . Q!−1 x+1. {z. }. (∗). ⇒ p > Q > y + 1 entonces mcd(. Q!−1 x+1. . , (y + 1)!) = 1,. . bi (bi − 1)...(bi − y) entonces (y + 1)!|bi (bi − 1)...(bi − y) (y + 1)! entonces usando lo anterior y (*) tenemos (y + 1)! Q!−1 x+1 |bi (bi − 1)...(bi − y) de donde es directo bi y+1. que. . =. bi Q! − 1 bi (bi − 1)...(bi − y) = | , (y + 1)! y+1 x+1. i = 1, ..., n. Q! Usando ahora que para todo pk primo tal que pk | k+1 − 1 entonces Q! − 1 ≡ k mod pk por (5) en las observaciones y por los sistemas de congruencias más arriba, tendremos,. P (x, y, k, z1k , ..., znk ) ≡ P (x, y, Q! − 1, b1 , ..., bn ) mod. Q! −1 , k+1. k ≤ x.. entonces por ser los módulos primos relativos y por hipótesis el lado de la izquierda igual a 0, tendremos P (x, y, Q! − 1, b1 , ..., bn ) ≡ 0 mod. Q! − 1 x+1. completando así esta dirección del teorema. 4.1.. A. es. r.e. ⇒ A. es diofantino. Debemos mostrar antes que las funciones parciales recursivas (p.r.) son funciones diofantinas, esto lo haremos mostrando que las funciones de la clase C de funciones primitivas recursivas.

(25) 4.1. 23. (denición 2.2.1.) son funciones diofantinas (denición 2.1.5.) y después usaremos el teorema de la forma normal de Kleene (teorema 2.2.4) habiendo mostrado que el operador µ es diofantino, para mostrar que las funciones p.r. son diofantinas. Recordemos que una función f es diofantina, si su grafo Gf es diofantino. Paralelo entonces a la denición 2.2.1. tenemos, i) La función sucesor [f (n) = n + 1] es diofantina.. Demostración. (a, b) ∈ Gf ⇐⇒ b − a − 1 = 0. ii) La función constante en m , ∀v, n[f (a0 , ..., av ) = m] es diofantina.. Demostración. Sea m ∈ N (a0 , a1 , ..., av , b) ∈ Gf ⇐⇒ b − m = 0. iii) La función proyección en i, f (a0 , ..., av ) = ai , 0 ≤ i ≤ v es diofantina. Demostración. (a0 , a1 , ..., an , b) ∈ Gf ⇐⇒ b − ai = 0. iv) La composición de funciones diofantinas es diofantina,. Demostración. Sean f y g funciones diofantinas, Gf y Gg sus grafos, Df y Dg los polinomios en su representación diofantina respectivamente, entonces − − (a, b) ∈ Gf ⇐⇒ ∃→ x Df (a, b, → x)=0 − − (a, b) ∈ Gg ⇐⇒ ∃→ y Dg (a, b, → y)=0. entonces la representación diofantina del grafo de f ◦ g será − − − − (a, b) ∈ Gf ◦g ⇐⇒ ∃→ x,→ y , c(Dg2 (a, c, → y ) + Df2 (c, b, → x ) = 0). v) La recursión primitiva de funciones diofantinas es diofantina.

(26) 4.2. 24. Demostración. Sean g , h diofantinas, mostremos entonces que la función f denida por f (0, x2 , ..., xn ) = g(x2 , ..., xn ),. f (x1 + 1, x2 , ..., xn ) = h(x1 , f (x1 , ..., xn ), x2 , ..., xn ). es diofantina, recordemos que buscamos una representación diofantina del grafo de f . La idea de esta demostración es codicar para cualquier x1 > 0 hasta la posición x1 -ésima la sucesión hf (0, x2 , ..., xn ), f (1, x2 , ..., xn ), ..., f (x1 − 1, x2 , ..., xn )i. que no es más que la sucesión hg(x2 , ..., xn ), h(0, g(x2 , ..., xn ), x2 , ..., xn ), h(1, h(0, g(x2 , ..., xn ), x2 , ..., xn ), x2 , ..., xn ), ... ..., h(x1 − 2, h(x1 − 3, h(x1 − 4, ..., h(0, g(x2 , ..., xn ), x2 , ..., xn ), ...)), x2 , ..., xn )i. Para la representación diofantina del grafo de f usamos la función diofantina GElem que al inicio de este capítulo vimos como recupera elementos de una sucesión codicada usando el teorema chino del residuo. (x1 , x2 , ..., xn , b) ∈ Gf ⇐⇒ ∃c, d [g(x2 , ..., xn ) = GElem(c, d, 1)∧ b = GElem(c, d, x1 )∧∀i < x1 [i > 0 ⇒ h(i−1, GElem(c, d, i), x2 , ..., xn ) = GElem(c, d, i+1)]]. y gracias al teorema del cuanticador acotado podemos aceptar que la anterior es una representación diofantina. Hasta aquí tenemos que, la clase de funciones diofantinas incluye a la clase de funciones primitivas recursivas. Veamos ahora que el operador µ es diofantino. tenemos que µy(ρ(y, x1 , ..., xn ) = 0) = t ⇐⇒ (∀i < t[ρ(i, x1 , ..., xn ) > 0] ∧ ρ(t, x1 , ..., xn ) = 0). o si tomamos Gµ como el grafo de µ, (ρ(y, x1 , ..., xn ), t) ∈ Gµ ⇐⇒ (∀i < t[ρ(i, x1 , ..., xn ) > 0] ∧ ρ(t, x1 , ..., xn ) = 0). entonces, µ es diofantina dado que ρ lo es, y el teorema del cuanticador acotado nos dice que vale esta representación diofantina Ya con esto y el teorema 2.2.4. tenemos que las funciones p.r. son diofantinas, pues todas son la composición de funciones primitivas recursivas con el operador µ.. Teorema 4.1.1. Si A es r.e. entonces A es diofantino. Demostración. Como para toda f p.r. ∃e f = ϕe , entonces ∀e ϕe es diofantina (*). A es r.e., entonces existe un e tal que A = dom ϕe entonces [a ∈ A ⇐⇒ ∃x ϕe (a) = x] entonces [a ∈ A ⇐⇒ ∃x (a, x) ∈ Gϕe ] donde Gϕe es el grafo de ϕe ; ahora por (*) ϕe es diofantina, entonces tiene una representación diofantina, suponemos que Dϕe es un polinomio de esta representación y tenemos que [a ∈ A ⇐⇒ ∃x, y1 , ..., ym Dϕe (a, x, y1 , ..., ym ) = 0] lo que es una representación diofantina de A, entonces A es diofantino..

(27) 4.3 4.2.. 25. A. es diofantino. ⇒ A. es. r.e.. Demostración. Sea A un conjunto diofantino de m-tuplas, entonces existe un polinomio DA de m + n variables (m variables parámetro + n variables desconocidas) que es el de su representación diofantina, describimos un algoritmo a continuación que lista los elementos de A, mostrando así que A es r.e.. (1) Fije un orden para las (m + n)-tuplas. Denotemoslas en su orden por (T1 , T2 , ...) (2) Resuelva el polinomio DA , con las tuplas jadas en el paso anterior. (3) Cada vez que DA (Ti ) = 0, liste la m-tupla correspondiente a las variables parámetro del polinomio DA en A. Como el algoritmo anterior se puede replicar para cualquier m y n, todos los conjuntos diofantinos A tienen un polinomio asociado DA y resolver un polinomio para una tupla especíca es un procedimiento computable tenemos el resultado buscado. A es diofantino ⇒ A es r.e. 4.3.. Solución negativa al décimo problema de Hilbert. Recordemos del capítulo 2 la denición de K (2.2.6), la demostración de que K es r.e. (2.2.7) y el lema por el cual K no es recursivo. (2.2.8). Probamos ahora por contradicción la no existencia de un algoritmo que dada como entrada una ecuación diofantina pueda decirnos si esta tiene solución o no, probaremos que suponiendo la existencia del algoritmo podríamos resolver el problema de la parada (K sería recursivo) que es falso. Supongamos que existe tal algoritmo, como hemos mostrado en el capítulo anterior K es r.e. ⇐⇒ K es diofantino, entonces K tiene una representación diofantina, sea esta, e ∈ K ⇐⇒ ∃~xDK (e, ~x) = 0. Como hemos supuesto que existe un algoritmo para saber la solubilidad de las ecuaciones diofantinas, bastaría jar en el polinomio DK el valor de e y preguntar al algoritmo si el polinomio tiene solución, es decir, podríamos computar para cualquier e ∈ N si e está en K preguntando al supuesto algoritmo por la ecuación DK (e, ~x) = 0. Tenemos que e ∈ K si y sólo si el polinomio DK (e, ~x) = 0 tiene solución, entonces K es recursivo lo que es una contradicción. En el párrafo anterior dimos, a la luz de la tesis de church, una prueba formal del teorema 1.0.1, la insolubilidad del décimo problema de Hilbert, recordemos aquí, que la tesis nos asegura que basta construir un algoritmo para saber que este tiene una representación formal en máquinas de Turing o en cualquier otra formalización de lo que hasta hoy todos entendemos y aceptamos por algoritmo, incluso, algunos podrían no quedar satisfechos con esta solución negativa, ya que el problema fue propuesto antes de formalizar la noción de algoritmo para la cual encontramos solución negativa. Sin embargo, basta mirar las palabras textuales en las que fue propuesto el problema, (ver Introducción e Historia) para comprender que la noción de algoritmo para Hilbert es la misma aceptada hoy..

(28) Capítulo 5. Recursión con diofantinos Habiendo mostrado que los conjuntos r.e. y diofantinos coinciden, podremos estudiar teoría de recursión con la nueva denición de conjuntos r.e. Repasaremos resultados de teoría de recursión ahora probandolos usando los conjuntos diofantinos y su representación (ecuaciones diofantinas) como herramienta. Al nal del capítulo exponemos una conjetura y una pregunta abierta, concerniente a la denición misma de conjuntos diofantinos. Empezamos entonces este capítulo con la prueba de la existencia de una ecuación diofantina universal, que tal como la máquina de Turing universal nos permitirá indexar los conjuntos diofantinos. De teoría de recursión sabemos que existe una máquina Universal de Turing, que se puede programar para llevar a cabo cualquier calculo que cualquier máquina de Turing sea capaz de realizar (ver [SOA]). Sabemos también que un conjunto es r.e. si es el dominio de una máquina de Turing, es decir de una función parcial recursiva. Con esto en mente, podemos asociar las máquinas de Turing a las ecuaciones diofantinas representantes de los conjuntos diofantinos (r.e.), y esto de inmediato nos habla de la existencia también de una ecuación diofantina universal (ver [RO1]). Tenemos entonces que existe una ecuación U (a, n, x1 , ..., xm ) = 0 tal que para todo conjunto diofantino D existe n tal que a ∈ D ⇐⇒ ∃x1 , ..., xm [U (a, n, x1 , ..., xm ) = 0]. Podemos entonces indexar las ecuaciones diofantinas, y tomar estos indices como códigos del conjunto diofantino que representan, para esto escribiremos Pn (a, x1 , ..., xm ) en vez de U (a, n, x1 , ..., xm ). Cabe anotar aquí que para cada ariedad existe una ecuación diofantina universal. 5.1.. Grados de problemas diofantinos. De la existencia de una ecuación diofantina universal, tomemos P0 = 0, P1 = 0, ... una enumeración explícita de todas las ecuaciones diofantinas. Decimos que A es computable en B (A ≤T B) si existe un algoritmo para responder a la pregunta a ∈ A? usando nitas veces respuesta a la.

(29) 5.1. 27. pregunta n ∈ B ?. Decimos que A es r.e. en B si existe un algoritmo para listar los elementos de A que necesite nitas veces respuesta a la pregunta n ∈ B ?. Por ejemplo el conjunto A = {n|(b ∈ B)Pn (b, x1 , ...) = 0 tiene solución}. es r.e. en B. Tenemos entonces que A es computable en B si y sólo si A y Ā son r.e. en B . También tenemos que A es computable en Ā y viceversa. De las deniciones anteriores entendemos que hay una escala de complejidad computable en los conjuntos.. Denición 5.1.1. [SOA] , [RO1] i) Dos conjuntos A, B son Turing equivalentes (A ≡T B) si A ≤T B y B ≤T A. (Note que ≤T es reexiva y transitiva, entonces ≡T es una relación de equivalencia) ii) El grado de Turing de A es deg(A) = {B|B ≡T A} iii) Las minúsculas a, b, c denotarán grados, y D denotará la clase de todos los grados. iv) Los grados D forman un orden parcial bajo la relación deg(A) ≤ deg(B) si y sólo si A ≤T B . Escribimos deg(A) < deg(B) si A <T B , es decir, A ≤T B y B T A. v) Cada par de grados a, b tienen un supremo a ∪ b vi) Existe un operador salto que envía el grado a en a0 que es el máximo grado de un conjunto r.e. en A, donde deg(A) = a. Denimos el grado mínimo 0 como el grado del conjunto vacío (0 = deg(∅)), entonces también 0 es el grado de todos los conjuntos recursivos. Por denición tendremos que 00 es el máximo grado de un conjunto recursivamente enumerable. Habíamos denido antes el conjunto K = {x|ϕx (x) ↓}, es decir los índices de las máquinas que al recibir como entrada su propio índice la máquina para y devuelve algo. Probamos ya que este conjunto es r.e. y que no es recursivo. Damos a continuación deniciones de otros conjuntos importantes en el estudio de los grados de Turing,. Denición 5.1.2. [SOA] i) K0 = {hx, yi|x ∈ Wy }. Note que K0 es r.e., y no es recursivo (hx, xi ∈ K0 ⇐⇒ x ∈ K ). ii) K1 = {x|Wx 6= ∅}. Note que K1 es r.e. y no es recursivo (contradice la solución negativa al décimo problema de Hilbert). iii) F in = {x|Wx es nito} iv) Inf = ω − F in = {x|Wx es innito} Alternativamente a la denición del operador salto dada anteriormente en teoría de recursión se dene así,. Denición 5.1.3. [SOA] A i) K A = {x|φA se llama el salto de A y se denota por A0 . x (x) ↓}. K A ii) K0A = {hx, yi|φA y (x) ↓} = {hx, yi|x ∈ Wy }. iii) K1A = {x|WxA 6= ∅}..

(30) 5.1. 28. Note que el operador salto no es sino la generalización a máquinas con oráculo del conjunto K (del problema de la parada). Note además que K0A es A 1-completo ( WeA ≤1 K0A para toda e, donde A ≤1 B si existe una función recursiva f 1:1 tal que x ∈ A ⇐⇒ f (x) ∈ B ) porque para todo conjunto B = WeA r.e. en A x ∈ B ⇐⇒ hx, ei ∈ K0A . Es claro de la denición de A ≤1 B que si A ≡1 B entonces A ≡T B . Enunciamos a continuación algunos teoremas de teoría de recursión que nos serán útiles más adelante para probar que Inf ≡T F in ≡T 000 , esto nos interesa porque más adelante estudiaremos el conjunto InfD = {n |el número de soluciones de la ecuación diofantina Pn , es innito} del cual sólo podremos conjeturar ser turing equivalente a 000 , aunque su símil en recursión Inf (denido arriba) ya probaremos lo es. Estos resultados se encuentran en [SOA] capítulos 1 y 3.. Teorema 5.1.4. (s-m-n) Para todo. m, n ≥ 1 existe una función sm n recursiva 1:1 de m + 1. variables tal que para todos los conjuntos A ⊆ ω y para todo x, y1 , y2 , ..., ym ∈ ω φA (z1 , ..., zn ) = φA x (y1 , ..., ym , z1 , ..., zn ) sm n (x,y1 ,...,ym ). Lema 5.1.5. Si B es r.e. en A entonces B ≤1 K A . Demostración. De arriba tenemos que B ≤1 K0A , entonces mostramos que K0A ≤1 K A , tomemos la función ψ A parcial recursiva ( ψ(hx, yi, z) =. si hx, yi ∈ K0A ↑ d.l.c. 0. gracias al teorema s-m-n, existe f recursiva 1:1 tal que ψ(hx, yi, z) = φA f (hx,yi) (z) entonces h i hx, yi ∈ K0A ⇒ ∀z φA (z) = 0 ⇒ f (hx, yi) ∈ K A f (hx,yi) h i hx, yi ∈ / K0A ⇒ ∀z φA (z) ↑ ⇒ f (hx, yi) ∈ / KA f (hx,yi). entonces como ≤1 es transitiva B ≤1 K A. Teorema 5.1.6.. F in ≡1 K 0. Demostración. Primero veamos que F in ≤1 K 0 , para esto usaremos el teorema anterior y mostramos que F in es r.e. en K1 , veamos que x ∈ F in ⇐⇒ ∃y [Wx ∩ [y, ∞) = ∅] el algoritmo que seguimos para enumerar F in sabiendo los índices que están en K1 es así, como los índices son códigos de las intrucciones de las máquinas de Turing que enumeran los conjuntos y es fácil imaginar las instrucciones de las máquinas para enumerar los conjuntos [y, ∞) para todo y , podemos entonces recuperar efectivamente el índice de [y, ∞) para cada y , es decir existe f recursiva tal que [y, ∞) = Wf (y) . Ahora, en [SOA] se demuestra que existe una función recursiva g tal que Wg(x,y) = Wx ∩ Wy , entonces progresivamente (combinando para asegurarnos que lo haga para todo x y y ) preguntamos si g(x, f (y)) está en K1 , donde Wg(x,f (y)) = Wx ∩ Wf (y) = Wx ∩ [y, ∞); si g(x, f (y)) está en K1 no hacemos nada, si no está listamos x en F in. Asi entonces F in ≤1 K10 ≡1 K 0 . Para ver K 0 ≤1 F in, tomamos Ks = Wi,s para algún i tal que Wi = K . entonces θ e ∈ K 0 ⇐⇒ φK e (e) ↓ ⇐⇒ (∃θ)(∃s)[θ ⊂ K ∧ φe,s (e) ↓].