Пример 2

Пусть машина Тьюринга T  =  {A, Q, }, A  =  {0,1}, Q  =  {q₀,q₁,q₂} задана с помощью таблицы:

	q0	q1	q2
0		q20R	q01S
1			q21R

Рассмотрим слово: M  =  q₁011…10. На первом шаге выполняется команда q₁0q₂0R. Получаем: M_T’ =  0q₂11…10. Затем, до тех пор, пока слово не превратится в слово 011…1q₂0, будет выполняться команда q₂1  q₂1R. После этого будет выполнена команда q₂0  q₀1, и машина остановится, ибо q₀ соответствует состоянию остановки. Входное слово, состоящее из x единиц, означает, что аргументом вычисляемой функции является число x. Поскольку на выходе получается x + 1 подряд идущих единиц, то машина вычисляет функцию: s(x)  =  x + 1.

Пример 3

Вычисление функции: s(x)  =  x+1 в примере 2 не является правильным. Построим машину Тьюринга для правильного вычисления:

	q0	q1	q2	q3	q4
0		q20R	q31R	q40L	q00L
1			q21R	q41L	q41L

Упражнение

Построить машину Тьюринга, правильно вычисляющую функцию: o(x)  =  0.

Можно построить машины Тьюринга для правильного вычисления функций:

I_mⁿ(x₁,…,x_n), 1    m    n.

С помощью построения различных машин Тьюринга доказывается, что операторы суперпозиции, примитивной рекурсии и минимизации переводят правильно вычислимые функции в правильно вычислимые. Отсюда вытекает правильная вычислимость всех частично рекурсивных функций. Более того, справедливо и обратное утверждение.

Теорема 1. Частичная функция правильно вычислима тогда и только тогда, когда она частично рекурсивна.

Тезис Чёрча и алгоритмически неразрешимые проблемы

Поскольку класс частично рекурсивных функций совпадает с классом правильно вычислимых, то тезис Чёрча равносилен предположению о том, что для любой алгоритмически вычислимой функции существует правильно вычисляющая её машина Тьюринга.

Применим это для доказательства алгоритмической неразрешимости проблемы остановки машины Тьюринга, которая заключается в нахождении алгоритма, определяющего по машине Тьюринга и начальным данным, остановится ли машина через конечное число шагов. Так как машина Тьюринга задается с помощью конечного набора символов и слов, то число машин Тьюринга счетно и может быть выписано в последовательность: T₀, T₁, … .

Теорема (о проблеме остановки). Пусть T₀,T₁, T₂,… последовательность, перечисляющая все машины Тьюринга, h(n,k) – функция, принимающая значение 1, если машина T_n останавливается, начиная работу с машинного слова q₁01^k0, и принимающая значения h(n,k) = 0 в других случаях. Тогда функция h: N²  N не является частично рекурсивной. Иными словами, нет алгоритма, определяющего, остановится ли машина Тьюринга, если на вход ей подать число k.

Доказательство. От противного. Пусть функция h(n,k) частично рекурсивна. Тогда частичная функция:

f(n)  =  My[h(n,n) + y  =  0]

тоже частично рекурсивна. Существует номер m такой, что f правильно вычисляется с помощью машины T_m. Тогда f(m)  =  0, если и только если h(m,m)  =  0. Согласно определению функции h равенство h(m,m) = 0 имеет место тогда и только тогда, когда машина T_m не останавливается, начиная со слова q₁01^m0. Но f правильно вычисляется с момощью T_m , значит, T_m не остановится, начиная с m, если и только если f(m) не определено. Получаем противоречие: f(m)  =  0, если и только если f(m) не определено, Следовательно, h – не частично рекурсивна.