TCS에서 어떤 흥미로운 이론이 선택의 공리에 의존 하는가? (또는 대안으로 결정의 공리?)

수학자들은 때때로 선택의 공리 (AC)와 결정의 공리 (AD)에 대해 걱정합니다.

선택 공리는 : 모든 컬렉션을 감안 비어 있지 않은 세트,이 함수 F 설정된 소정 그 S 에서 C 의 부재 반환 S를 .${\cal C}$$f$$S$${\cal C}$$S$

결정의 공리 : 를 무한히 긴 비트 열의 집합으로 하자 . Alice와 Bob은 Alice가 첫 번째 비트 b 1을 선택하고 Bob이 두 번째 비트 b 2를 선택하는 방식 으로 무한 문자열 x = b 1 b 2 ⋯ 이 구성 될 때까지 게임을합니다 . 경우 앨리스는 게임에서 승리 의 X ∈의 S는 , 밥이 게임의 경우 승리 X ∉ S를 . 모든 S 에 대해 플레이어 중 하나에 대한 승리 전략 이 있다고 가정 합니다. 예를 들어, S 가 all-ones 문자열로만 구성된 경우 Bob은 무한히 많은 움직임으로 이길 수 있습니다.$S$$b_1$$b_2$$x = b_1 b_2 \cdots$$x \in S$$x \not \in S$ $S$$S$

이 두 가지 공리가 서로 일치하지 않는 것으로 알려져 있습니다. (생각하거나 여기로 이동하십시오 .)

다른 수학자들은 증거에서 이러한 공리를 사용하는 것에 거의 또는 전혀 관심을 기울이지 않습니다. 그것들은 이론적 컴퓨터 과학과 거의 관련이없는 것처럼 보입니다. 그러나 TCS는 계산 결정 문제를 무한 비트 문자열로 정의하고 알고리즘의 시간 복잡성을 자연계에 대한 점근 함수로 측정하기 때문에 이러한 공리 중 하나의 사용이 항상 발생할 수 있습니다. 몇 가지 증거로.

이러한 공리 중 하나가 필요한 곳을 아는 TCS에서 가장 놀라운 예는 무엇입니까 ? (예를 아십니까?)

약간의 예를 들기 위해 (모든 Turing 머신 세트에 대한) 대각선 화 논쟁은 Axiom of Choice의 적용이 아닙니다. Turing 머신이 정의하는 언어는 무한 비트 문자열이지만 각 Turing 머신에는 유한 설명이 있으므로 여기서는 무한히 많은 무한 세트에 대한 선택 기능이 필요하지 않습니다.

(예제가 어디에서 오는지 전혀 모르기 때문에 많은 태그를 넣었습니다.)

ZFC에서 입증 될 수있는 모든 산술적 진술은 ZF에서 입증 될 수 있으며, 따라서 선택의 공리가 "필요"하지 않습니다. "산술"문단은 1 차 산술 언어로 된 문을 의미합니다. 즉, 자연수에 대한 한정자 ( "모든 자연수 x"또는 "자연수 x가 있음") 만 사용하여 진술 할 수 있습니다. 자연수 집합 을 정량화하지 않고 . 언뜻보기에는 정수 세트에 대한 수량화를 금지하는 것이 매우 제한적 인 것처럼 보일 수 있습니다. 그러나 유한 정수 세트는 단일 정수를 사용하여 "인코딩"될 수 있으므로 유한 정수 세트를 수량화하는 것이 좋습니다.

$P\ne NP$

그러나 Koenig의 명예 나 Kruskal의 나무 정리와 같은 증거가 필요한 산술적 진술은 어떻습니까? 이것들은 약한 선택의 원칙을 요구하지 않습니까? 대답은 문제의 결과를 정확히 어떻게 나타내는 지에 달려 있다는 것입니다. 예를 들어, 그래프 레이블이없는 정리를 "레이블이없는 무한 그래프 세트가 주어지면, 그 중 하나가 다른 것의 마이너가되도록 두 개가 존재해야합니다." 정점, 하위 그래프 등을 골라내는 무한한 데이터 집합. [편집 : 나는 여기서 실수를했다. 으로 에밀 예라 벡 설명, 그래프가 미미한 정리, 또는 AC가 없을 때의 가장 자연스러운 표현은 ZF에서 입증 될 수있다. 그러나 모듈 로이 실수는 아래에서 말하는 것은 여전히 ​​정확합니다. ] 그러나 대신 레이블이 지정된 유한 그래프에 대한 마이너 관계의 자연수로 특정 인코딩을 기록하고이 특정 부분 순서에 대한 명령문으로 그래프 마이너 정리를 표현하면 명령문이 산술적으로되고 AC가 필요하지 않습니다. 증거.

대부분의 사람들은 그래프 마이너 정리의 "조합 본질"이 이미 특정 인코딩을 수정하는 버전에 의해 포착되었다고 생각하며 일반적인 세트가 제시된 경우 모든 것을 레이블링하기 위해 AC를 호출해야한다고 생각합니다. 문제의 이론적 버전은 논리적 기초로 산술보다는 집합 이론을 사용하기로 한 결정의 관련이없는 인공물입니다. 당신이 같은 방식으로 느끼면, 사소한 정리는 AC가 필요하지 않습니다. (또한 Ali Enayat 가 수학 기초 메일 링리스트에 게시 한이 게시물을 참조하십시오 .

평면의 색수의 예는 유사하게 해석의 문제이다. AC를 가정하면 동등한 것으로 판명 될 수있는 다양한 질문이 있지만, AC를 가정하지 않으면 별개의 질문입니다. TCS 관점에서, 문제의 조합 핵심은 평면의 유한 하위 그래프의 채색 성이며, 원하는 경우 컴팩트 인수 (AC가 들어오는 곳)를 사용하여 무언가를 결론 지을 수 있다는 사실입니다. 전체 평면 의 색도 는 재미 있지만 다소 접선에 관심이 있습니다. 저는 이것이 좋은 예라고 생각하지 않습니다.

궁극적으로 (AC가 아닌) 해결 을 위해 큰 기본 공리 가 필요한 TCS 질문이 있는지 묻는 것이 더 운이 좋을 것이라고 생각합니다 . 하비 프리드먼 (Harby Friedman)의 연구에 따르면 그래프 이론의 특정 공언에는 큰 기본 공리 (또는 적어도 그러한 공리의 1- 일관성)가 필요할 수 있습니다. 지금까지 프리드먼의 사례는 약간 인위적인 것이지만, 우리의 생애 내에서 TCS에서 유사한 사례가 "자연스럽게"발생하는 것을보고 놀랄 것입니다.

Robertson-Seymour 정리에 대한 알려진 증거는 Kruskal의 트리 정리를 통해 선택의 공리를 사용 한다는 것을 이해 합니다. Robertson-Seymour 정리는 주어진 일부 소량의 그래프에서 구성원 테스트가 다항식 시간으로 수행 될 수 있음을 암시하므로 TCS 관점에서 상당히 흥미 롭습니다. 다시 말해, 선택의 공리 (Axiom of Choice)는 다항식 시간 알고리즘 이 실제로 알고리즘을 구성하지 않고 특정 문제에 대해 존재 함 을 입증하기 위해 간접적으로 사용될 수 있습니다 .

그러나 AC가 실제로 필요한지 확실하지 않기 때문에 이것은 당신이 찾고있는 것이 아닐 수도 있습니다.

이것은 Janne Korhonen의 답변과 관련이 있습니다.

80 년대와 90 년대에 Kruskal Tree Theorem (KTT; 원래 KTT는 1960 년)의 확장을 증명하는 데 필요한 공리 시스템 (즉, 산술 이론)을 특성화하려고 시도한 일련의 결과가있었습니다. 특히, Harvey Friedman은이 선을 따라 몇 가지 결과를 입증했습니다 (SG Simpson. 유한 나무의 특정 조합 특성의 비 확장 성 . LA Harrington et al., Harvey Friedman의 수학 기초 연구 편집자, Elsevier, North-Holland, 1985) . 이러한 결과는 KTT의 (확실한 확장)은 "강력한"이해 공리 (즉, 특정의 높은 논리적 복잡성 집합이 존재한다고 말하는 공리)를 사용해야한다는 것을 보여 주었다. ZF에서 KTT 확장의 가능성에 대해 정확히 알지 못합니다 (선택의 원칙없이).

이 결과 스트림과 병행하여 다시 쓰기 시스템을 통해 ( "이론 B") TCS에 연결하려고했습니다 . 아이디어는 종료 가 KTT의 특정 (확장)에 의존 하는 재 작성 시스템 (일종의 기능적 프로그래밍 또는 람다 미적분학 프로그램이라고 생각)을 구성하는 것입니다. Dershowitz (1982)). 이것은 특정 프로그램이 하나를 종료한다는 것을 보여주기 위해서는 (KTT의 확장이 그러한 공리를 필요로하기 때문에) 강한 공리가 필요하다는 것을 의미합니다. 이러한 유형의 결과에 대해서는, 예를 들어 A. Weiermann, Kruskal 's 정리의 일부 유한 형태 , Journal of Symbolic Computation 18 (1994), 463-488에 대한 복잡성 한계를 참조하십시오 .

${\mathbb R}^2$

에서 셀라와 Soifer, "선택과 비행기의 색 수의 공리는," 그것은이 표시되는 비행기의 모든 유한 서브 그래프는 네 색채, 다음 경우

• 선택한 공리를 가정하면 평면은 4 색입니다.
• 종속 선택의 원칙을 가정하고 모든 세트가 Lebesgue를 측정 할 수 있다고 가정하면 평면은 5 색, 6 색 또는 7 색입니다.

올리비에 핀켈 (Olivier Finkel) 의 작품 중 일부는 선택의 원칙 자체에 대해 반드시 명시 적이지는 않지만이 질문과 관련이있는 것으로 보이며 티모시 차우의 답변과 일치합니다. 예를 들어, 불완전 성 정리, 큰 카디널스 및 유한 단어에 대한 오토마타 의 초록 인용 , TAMC 2017 ,

$T_n := ZFC + \text{``There exist (at least) $n$ inaccessible cardinals''}$$n \geq 0$

[이는 귀하의 질문에 대한 직접적인 답변은 아니지만 일부 사람들에게는 암시적이고 유익한 정보 일 수 있습니다.]

William Gasarch의 P와 NP Poll 은 "P와 NP의 해결 방법"에 대한 통계를 제공합니다.

1. 61 생각 P ≠ NP.
2. 9는 P = NP라고 생각했다.
3. 4 독립적 인 것으로 생각했다 . 특별한 공리 시스템은 언급되지 않았지만 ZFC와 독립적 이라고 생각합니다 .
4. 3 은 프리미티브 재귀 산술과 독립적 이 아니라고 언급했습니다 .
5. 1은 모델에 따라 달라질 것이라고 말했다.
6. 22는 의견을 제시하지 않았다.

Wikipedia 에는 흥미로운 독립성이 있습니다.

... 이러한 장벽으로 인해 일부 컴퓨터 과학자들은 P 대 NP 문제가 ZFC와 같은 표준 공리 시스템과 독립적 일 수 있다고 제안했습니다 (내에서 입증되거나 반증 될 수 없음). 독립성 결과의 해석은 NP- 완전 문제에 대해 다항식 시간 알고리즘이 존재하지 않으며 그러한 증거를 (예를 들어) ZFC에서 구성 할 수 없거나 NP- 완전 문제에 대한 다항식 알고리즘이 존재할 수 있다는 것입니다. 그러나 ZFC에서 그러한 알고리즘이 올바른지 증명할 수는 없습니다. [ 1]. 그러나 현재 적용 가능한 것으로 알려진 정렬 기술을 사용하여 정수 산술을 위해 Peano axioms (PA)를 확장하는 훨씬 약한 가정으로도 문제를 결정할 수 없다는 것을 보여줄 수 있다면 거의 존재해야합니다. NP [ 2 ]의 모든 문제에 대한 다항식 시간 알고리즘 . 그러므로 NP의 모든 문제가 효율적인 알고리즘을 가지고 있지 않다고 믿는다면 (대부분의 복잡한 이론가들이 생각하는 경우), 그러한 기술을 사용한 독립 증명이 불가능하다는 결론에 도달하게됩니다. 또한이 결과는 현재 알려진 기술을 사용하여 PA 또는 ZFC로부터 독립성을 증명하는 것이 NP의 모든 문제에 대해 효율적인 알고리즘의 존재를 입증하는 것보다 쉽지 않다는 것을 의미합니다.

$ZF$

$G$$\chi(H)$$H$$G$$G$

$ZF$