tiểu luận môn lý thuyết tính toán other undecidable problems

ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG
TRƯỜNG ĐAI HỌC BÁCH KHOA
KHOA CÔNG NGHỆ THÔNG TIN
******
TIỂU LUẬN MÔN LÝ THUYẾT TÍNH TOÁN
ĐỀ TÀI
Other Undecidable Problems

Giáo viên hướng dẫn: PGS.TS.PHAN HUY KHÁNH
Học viên thực hiện : Phan Thị Ánh Sao
Võ Minh Trang
Nguyễn Thị Quỳnh Trang
Lớp : Khoa học máy tính K24

LỜI NÓI ĐẦU
Mấy năm gần đây, chúng ta đã chứng kiến sự phát triển mãnh liệt trong các
lĩnh vực nghiên cứu toán học liên quan đến máy tính và tin học. Sự phát triển phi
thường của các máy tính và những thay đổi sâu sắc trong phương pháp luận khoa
học đã mở ra những chân trời mới cho toán học với một tốc độ không thể sánh
được trong suốt lịch sử lâu dài của toán học. Những phát triển đa dạng của toán học
đã trực tiếp tạo ra “thuở ban đầu” của máy tính và tin học và các tiến bộ trong tin
học đã dẫn đến sự phát triển mạnh mẽ một số ngành toán học.
Vận dụng những kiến thức thu nhận trong quá trình học tập, tìm hiểu và
nghiên cứu về môn Lý thuyết tính toán, được sự phân công và hướng dẫn của thầy
giáo PGS.TS. Phan Huy Khánh, chúng tôi đã đề tài tìm hiểu, nghiên cứu phần
Other Undecidable Problems.
Xin chân thành cảm ơn thầy giáo PGS.TS. Phan Huy Khánh đã tận tình giảng
dạy và hướng dẫn để chúng tôi hoàn thành tiểu luận này. Chúng tôi cũng xin chân
thành cảm ơn các học viên trong lớp đã động viên và chia sẻ kinh nghiệm trong học
tập nghiên cứu và giúp đỡ chúng tôi trong quá trình làm tiểu luận.
PHẦN I: LÝ THUYẾT

I.1. YÊU CẦU
Yêu cầu: Dịch phần sau: Chapter 9. Mục 9.5 Other Undecidable Problems trong giáo
trình: Introduction2TheoryOfComputation.pdf
I.2.BÀI DỊCH
9.5 Các vấn đề không giải được khác
Bây giờ, chúng ta có khả năng để xem xét một loạt các vấn đề khác bằng cách chứng
minh được các vấn đề không thể giải được. Kỹ thuật chủ yếu là rút gọn PCP để cho vấn
đề mà chúng ta muốn chứng minh là không giải được.
9.5.1 Những vấn đề về chương trình
Quan sát đầu tiên của chúng tôi là chúng tôi có thể viết một chương trình, trong bất
kỳ quy ước ngôn ngữ nào Đưa đầu vào như là một phiên bản của PCP và tìm kiếm các
giả pháp một cách có hệ thống ví dụ như, trong thứ tự của chiều dài (số cặp) của giải pháp
tiềm năng. Kể từ khi PCP cho phép các bảng chữ cái tùy ý, chúng tôi nên mã hóa những
biểu tượng của bảng chữ cái của nó trong hệ nhị phân hoặc một số bảng chữ cái khác cố
định, như được thảo luận trong mục “PCP như là một ngôn ngữ” tại Mục 9.4.1.
Chúng ta có thể cho ra được chương trình có thể làm được bất cứ việc gì đặc biệt mà
chúng ta muốn, ví dụ, tạm dừng hoặc in hello, thế giới, khi và chỉ khi tìm ra phép giải.
Nếu không, chương trình sẽ không bao giờ thực hiện được các thao tác củ thể .Vì vậy,
một vấn đề không giải được như là một chương trình in chào, thế giới, cho dù nó tạm
dừng, cho dù nó gọi một chức năng cụ thể, vòng chuông giao diện điều khiển, hoặc bất kỳ
hành động không bình thường nào. Trong thực tế, nó tương tự như định lý Rice’s cho các
chương trình: bất kỳ tài sản không tầm thường có liên quan đến những chương trình nào
(chứ không phải là một tài sản từ vựng, cú pháp của chương trình) mà không giải được
9.5.2 Tính không giải được của sự mơ hồ CFG
Chương trình đầy đủ như máy Turing giống như mục 9.5.1 có gì đáng ngạc
nhiên. Bây giờ, chúng ta sẽ xem làm thế nào để giảm PCP cho một vấn đề có
vẻ không có gì giống như một câu hỏi về máy tính: các câu hỏi liệu một bối cảnh miễn
phí cho văn phạm là mơ hồ.
Ý tưởng chính là để xem xét các chuỗi đại diện cho một danh sách các chỉ số (số
nguyên), ngược lại, và các chuỗi tương ứng theo một trong những danh sách của một

trường hợp PCP. Những chuỗi này có thể được tạo ra bởi văn phạm. Các thiết
lập tương tự như các chuỗi cho các danh sách khác trong trường hợp PCP cũng có thể
được tạo ra bởi một ngữ pháp. Nếu chúng ta lấy hợp của các ngữ pháp một cách rõ
ràng, sau đó một chuỗi được tạo thành thông qua các sản phẩm của mỗi cú pháp ban đầu
khi và chỉ khi có một giải pháp PCP cho từng trường hợp. Như vậy có một giải pháp nếu
và chỉ nếu có sự mơ hồ khi hợp các ngữ pháp lại.
Hãy để chúng tôi bây giờ làm cho những ý tưởng chính xác hơn. Hãy để các trường
hợp PCP bao gồm các danh sách A = w
1
, w
2
, …., w
k
và B = x
1
, x
2
, ,x
k
. Với danh sách A
chúng ta xây dựng một CFG với A như là một biến Các thiết bị đầu cuối là tất cả các biểu
tượng của bảng chữ cái Σ được sử dụng cho trường hợp này PCP, cộng với một bộ riêng
biệt của chỉ số biểu tượng a
1
,a
2
, , a
k
đại diện cho sự lựa chọn của cặp chuỗi trong một
giải pháp cho các trường hợp PCP. Đó là, các biểu tượng chỉ số a

i
đại diện cho sự lựa
chọn của w
i
từ danh sách A hoặc x
i
từ danh sách B. Các sản phẩm cho CFG cho danh sách
A là:
. A → w
1
Aa
1
│w
2
Aa
2
│….│w
k
Aa
k
│
w
1
a
1
│
w2a2
│…│w
k

Chúng tôi sẽ gọi ngữ pháp Ga và ngôn ngữ La. Trong tương lai, chúng tôi có trách nhiệm
tham khảo một ngôn ngữ như La cho danh sách A.
Chú ý rằng các chuỗi thiết bị đầu cuối có nguồn gốc bởi Ga là tất cả những dạng
wi1wi2…wimaim…ai2ai1 với m> 1 và danh sách các số nguyên i1, i2, …im mỗi số
nguyên trong khoảng 1 đến k. Các dạng câu của Ga tất cả đều có một A giữa các chuỗi
(của w) và các ký hiệu chỉ số (của 1), cho đến khi chúng tôi sử dụng một trong những
nhóm cuối cùng của k sản xuất, một A trong khối. Vì vậy, cây phân tích cú pháp như một
trong những đề xuất trong hình. 9,16.
Quan sát cũng như bất kỳ rẽ nhánh chuỗi thiết bị đầu cuối từ A trong Ga có một
nguồn gốc duy nhất. Các ký hiệu chỉ số ở cuối của chuỗi xác định sản xuất duy nhất phải
được sử dụng tại mỗi bước. Đó là, chỉ có hai sản xuất khối kết thúc với một biểu tượng
chỉ số nhất định ai: A→wiAai và A→wiai a
k
│

Chúng ta phải sử dụng đầu tiên của các bước dẫn xuất không phải là cuối cùng, và
chúng ta phải sử dụng sản xuất thứ hai nếu nó là bước cuối cùng.
Bây giờ, chúng ta hãy xem xét các phần khác của PCP cho các ví dụ, danh sách B= x1,
x2, …, xk danh sách này chúng tôi phát triển một ngữ pháp GB:
B → x1Ba1│x2Ba2│…│xkBak│
x1a1│x2a2│…│xkak│
Ngôn ngữ của văn phạm này sẽ được gọi là LB. Quan sát cùng chúng tôi thực hiện cho
GA cũng áp dụng để GB. Đặc biệt, một chuỗi thiết bị đầu cuối trong LB có một nguồn
gốc duy nhất, mà có thể được xác định bởi các ký hiệu chỉ số ở đuôi của chuỗi.
Cuối cùng, chúng tôi kết hợp các ngôn ngữ và ngữ pháp của hai danh sách để tạo thành
một GAB ngữ pháp cho toàn bộ các trường hợp PCP. GAB bao gồm:
1. Biến A, B, và 5, sau này là biểu tượng bắt đầu.
2. Sản xuất S -> A | B.
3. Tất cả các sản phẩm của GA
4. Tất cả các sản phẩm của GB

Chúng tôi cho rằng GAB là mơ hồ nếu và chỉ nếu các trường hợp (A, B) của PCP có một
giải pháp, lập luận đó là cốt lõi của lý thuyết tiếp theo.
Chúng tôi đã giảm PCP câu hỏi liệu CFG là mơ hồ, giảm chứng tỏ các vấn đề của sự mơ
hồ CFG không giải được, kể từ khi PCP là không giải được. Chúng tôi chỉ để cho thấy
rằng việc xây dựng ở trên là đúng, đó là:
+ GAB là mơ hồ nếu và chỉ nếu dụ (A, B) của PCP có một giải pháp.
A
Figure 9.16: The form of parse trees in the grammar Ga
Nếu giả sử i1, i2,…,im một giải pháp cho trường hợp này của PCP. Hãy xem xét hai dẫn
xuất trong GAB
S => A=> w
i1
Aa
i1
=>w
i1
w
i2
Aa
i1
a
i2
…=>
w
i1
w
i2
…w
im
-

1
a
im-1…
a
i2
a
i1
=>w
i1
w
i2
…w
im
a
im
…a
i2
a
i1
S => B=> x
i1
Ba
i1
=>x
i1
x
i2
Ba
i1
a

i2
…=>
x
i1
x
i2
…x
im
-
1
a
im-1…
a
i2
a
i1
=>x
i1
x
i2
…x
im
a
im
…a
i2
a
i1
Từ i1, i2, …, im là giải pháp, chúng ta biết rằng wi1wi2 …wim= xi1xi2…xim
Như vậy, hai dẫn xuất của các dẫn xuất của cùng một chuỗi thiết bị đầu cuối. Kể từ

khi các dẫn xuất thật sự rõ ràng là những khác biệt, các dẫn xuất tận cùng bên tráicủa
chuỗi thiết bị đầu cuối cùng, chúng tôi kết luận rằng GAB là mơ hồ.
(Chỉ-nếu) Chúng tôi đã quan sát thấy 1 chuỗi thiết bị đầu cuối cho không thể có nhiều hơn
một dẫn xuất trong GA và không nhiều hơn GB Vì vậy, các cách chỉ là 1 chuỗi thiết bị
đầu cuối có thể có 2 dẫn xuất tận cùng bên trái trong GAB nếu một trong số họ bắt đầu S
=> A và tiếp tục với một dẫn xuất trong GA, trong khi người kia bắt đầu S => B và tiếp
tục với một nguồn gốc của cùng một chuỗi GB
Các chuỗi với hai dẫn xuất có một mã kết thúc của các chỉ số aim…ai2ai1, cho một số m>
1. Mã kết thúc này phải là một giải pháp cho trường hợp PCP, bởi vì những gì trước khi
cách quảng mã kết thúc trong chuỗi với hai dẫn xuất cả wi1wi2 …wim và xi1xi2…xim
9.5.3 Phần bù của một ngôn ngữ
Có những phi ngôn ngữ như L
A
trong bảng danh sách A cho chúng ta thấy một số vấn đề
về CFL mà không thể giải được. Thực tế còn nhiều điều không thể giải được của CFL có
thể đạt được bởi việc xem xét phần bù ngôn ngữ

L
A
. Điều chú ý là ngôn ngữ
L
A
bao
gồm tất cả các chuỗi trên bảng chữ cái
∑

{ }
aaa
k
, ,,

21
đó không có trong L
A
, ở nơi
∑
là chữ cái cho trường hợp PCP, và a
i
là kí hiệu riêng biệt đại diện cho mục của cặp
trong trường hợp PCP đó.
Điều lý thú của
L
A
là những chuỗi bao gồm 1 tiền tố trong gồm có 1 tiền tố trong
∑
*
đó là những mắt xích của 1 số chuỗi từ danh sách A, đi theo bởi hậu tố của kí hiệu
của mục đó mà không phù hợp các chuỗi từ A. Tuy nhiên, cũng có rất nhiều chuỗi trong
L
A
đó là những dạng đơn giản không xác thực: Chúng không có trong ngôn ngữ của biểu
thức đúng
∑
*
(a
1
+a
2
+…+a
k
)

*
.
Chúng ta khẳng định rằng
L
A
là 1 CFL. Không giống như L
A
, nó là không dễ dàng
để thiết kế văn phạm cho
L
A
, nhưng chúng ta có thể thiết kế 1 PDA, cho
L
A
. Tiếp theo ta
xây dựng các định lý.
Định lý 9.21: Nếu L
A
là một ngôn ngữ cho danh sách A, thì
L
A
là một phi ngôn ngữ.
Chứng minh: giả sử
∑
là một chữ cái của những chuỗi trong danh sách A= w
1
,w
2
,…w
k

và cho I là tập hợp các kí hiệu của mục: I ={a
1
,a
2
…,a
k
}. Với DPDA P chúng ta thiết kế để
chấp nhận
L
A
mọi thứ như sau.
1. Ngay khi P thấy kí hiệu
∑
, thì nó sẽ lưu trữ chúng trên ngăn xếp của nó. Từ đó
tất cả chuỗi trong
∑
*

là đều ở trong
L
A
, P chấp nhận ngay khi nó bắt đầu.
2. Ngay khi P thấy kí hiệu chỉ mục trong I , gọi là a
i
, nó sẽ lấy ra khỏi ngăn xếp khi
nó thấy nếu kí hiệu ở trên cùng mẫu w
i
R
, đó là, nghịch đảo của chuỗi tương ứng.
(a) Giả sử, Khi đầu vào được nhận biết thì bất kì các đầu vào tiếp theo sẽ

thấy trong L
A
.Vì thế, P dẫn đến thừa nhận trạng thái mà trong đó nó dùng tất cả các tiền
đầu vào mà không có sự thay đổi trên ngăn xếp.
(b) Nếu w
i
R
được lấy ra từ ngăn xếp nhưng máy chỉ đáy ngăn xếp lộ ra trên
ngăn xếp thì P vẫn thừa nhận, nhưng nhớ rằng trong trạng thái đó nó chỉ nhìn kí hiệu
trong I và có thể chưa thấy 1 chuỗi trong A ( cái mà P sẽ không thừa nhận). P lặp lại bước
2 ngay khi câu hỏi của bất kì đầu vào nào trong L
A
là không giải được.
(c) Nếu w
i
R
được lấy ra từ ngăn xếp, nhưng máy chỉ đáy ngăn xếp lộ ra thì
P được xem như đầu vào trong L
A
. P không thừa nhận đầu vào này. Tuy nhiên, từ đó bất
kì các đầu vào tiếp theo không thể có trong L
A
, P tiến tới 1 trạng thái mà ở đó nó thừa
nhận tất cả các tiền đầu vào, rời ngăn xếp mà không bị thay đổi.
3. Nếu sau khi phát hiện một hoặc nhiều kí hiệu của I , P sẽ thấy một kí hiệu khác
của
∑
thì đầu vào sẽ không phải là phần được sửa từ trong L
A
. Vì thế, P sẽ tiến tới một

trạng thái mà nó thừa nhận tất cả các tiền đầu vào mà không có sự thay đổi ngăn xếp.
□ Chúng ra có thể sử dụng L
A
,L
B
và những phần bù của chúng trong những hướng khác
nhau để chứng tỏ kết quả không giải được đối với phi ngôn ngữ. Định lý tiếp theo sẽ tổng
kết những điều này.
Định lý 9.22 : Giả sử G
1,
G
2
là phi cú pháp và đặt R là một biểu thức thông thường thì
những biểu thức ở dưới là không giải được.
a) L(G
1
)

L(G
2
)=
θ
?
b) L(G
1
)

= L(G
2
)?

c) L(G
1
) = L(R)?
d) L(G
1
)= T
*
cho một vài kí tự T?
e) L(G
1
)
⊆
L(G
2
)?
d) L(R)
⊆
L(G
1
)?
Chứng minh: Mỗi phần chứng minh là một sự rút gọn từ PCP. Chúng ta chỉ ra làm thế
nào lấy một ví dụ (A,B) của PCP và chuyển đổi nó thành câu hỏi của CFG hoặc và một
biểu thức thông thường đó có câu trả lời “yes” nếu và chỉ nếu trường hợp của PCP có
phương pháp giải. Trong một vài trường hợp, chúng ta quy PCP thành một câu hỏi như đã
nêu trong định lý. Trong trường hợp khác, chúng ta quy nó về phần bù. Không sao, từ đó
nếu chúng ta chỉ ra phần bù của vấn đề là không giải được, điều đó là không thể vì bản
chất vấn đề đã quyết định được vì ngôn ngữ đệ quy đã đóng lại phần bù dưới phần định lý
9.3.
Chúng ta sẽ xem chữ cái của chuỗi cho trường hợp này là
∑

và chữ cái kí hiệu
mục là I . Sự rút gọn của chúng phụ thuộc vào lập luận L
A
,L
B
,
L
A
và
L
B
tất cả đều có của
CFG. Chúng ta xây dựng mỗi CFG một cách trực tiếp như trong phần 9.5.2 hoặc bằng
xây dựng của PDA cho phần bù ngôn ngữ được cho ở định lý 9.21 kết hợp với phần
chuyển đổi từ 1 PDA thành 1 CFG ở định lý 6.14.
a) giả sử L(G
1
)

= L
A
và L(G
2
) = L
B
thì L(G
1
)

L(G

2
) là giá trị đặt của phương
pháp giải trong trường hợp này trong PCP. Gía trị của giao đó là rỗng nếu và chỉ nếu
không có phép giải. Để ý rằng, về mặt kỹ thuật chúng ta sẽ biến đổi PCP thành một cặp
ngôn ngữ của CFG có tập của phép hợp là không rỗng. Nghĩa là, chúng ta sẽ chỉ ra vấn
đề tập hợp của hai CFG là rỗng hay không để trở thành không định được. Tuy nhiên, như
đề cập ở phần chứng minh thì việc chỉ ra phần bù không giải được là tương đương với
việc chỉ ra bản thân của vấn đề là không giải được.
b) Khi vấn đề của CFG được khép lại, chúng ta có thể xây dựng 1 CFG G
1
cho
L
A

L
B
. Khi (
∑

I ) là một giá trị đặt thông thường chúng ta có thể chắc chắn rằng có
xây dựng cho nó một CFG G
2

Vì thế, L(G
1
)sẽ chỉ bị mất những chuỗi mà phương pháo giải
được giới thiệu với trường hợp của PCP. L(G
2
) sẽ không bị thiếu chuỗi nào trong (
∑



I )
*
. Từ đó, những ngôn ngữ đó bằng nếu và chỉ nếu PCP có phương pháp giải.
c) Lập luận tương tự phần (b), nhưng chúng ta đặt R như là một biểu thức thông
thường (
∑

I )
*

d) Lập luận phần (c) chỉ ra rằng khi
∑

I là một chữ cái của phép

L
A


L
B
có thể có khả năng kết thúc.
L
A


L
B

=
L
A


L
B
e) Đặt G
1
là một CFG cho (
∑

I )
*
và đặt G
2
một CFG cho
L
A


L
B
thì L(G
1
)
⊆
L(G
2
) nếu và chỉ nếu

L
A


L
B
= (
∑

I )
*
, nghĩa là nếu và chỉ nếu trường hợp của
PCP là không giải được.
f) Lập luận tương tự phân (e) nhưng đặt R là biểu thức thông thường
(
∑

I )
*
và đặt L(G
1
) là
L
A


L
B
.
9.5.4 Các bài tập cho phần 9,5

* Bài tập 9.5.1: Ví dụ 5.1 : Bài toán dừng đều (uniform halting problem) của các máy
Turing.
Người ta gọi bài toán dừng đều của các máy Turing là bài toán như sau :
Dữ liệu : Một máy Turing M.
Câu hỏi : M có dừng cho mọi dữ liệu vào ?
! Bài tập 9.5.2:. Bài toán tương ứng Post (Post’s correspondence problem)
Dữ liệu : Một dãy các cặp câu (u1, v1), , (uk, vk) trên một bảng chữ S
(S có ít nhất 2 ký tự).
Câu hỏi : Tồn tại hay không một câu w∈ S* thừa nhận hai phân tách
tương ứng với : w = ui1
ui2
uir
= vi1
v i2
v ir
?
Trong đó i1 , i2 , , ir ∈ { 1, 2, , k }
PHẦN II. BÀI TẬP
II.1. YÊU CẦU BÀI TOÁN
* Bài tập 9.5.1: Ví dụ 5.1 : Bài toán dừng đều (uniform halting problem) của các máy
Turing.
Người ta gọi bài toán dừng đều của các máy Turing là bài toán như sau :
Dữ liệu : Một máy Turing M.
Câu hỏi : M có dừng cho mọi dữ liệu vào ?
!Bài tập 9.5.2:. Bài toán tương ứng Post (Post’s correspondence problem)
Dữ liệu : Một dãy các cặp câu (u1, v1), , (uk, vk) trên một bảng chữ S
(S có ít nhất 2 ký tự).
Câu hỏi : Tồn tại hay không một câu w∈ S* thừa nhận hai phân tách tương ứng với : w =
ui1
ui2

uir
= vi1
v i2
v ir
?
Trong đó i1 , i2 , , ir ∈ { 1, 2, , k }
II.2.BÀI GIẢI
* Bài tập 9.5.1: Bài toán dừng đều (uniform halting problem) của các máy Turing.
Người ta gọi bài toán dừng đều của các máy Turing là bài toán như sau :
Dữ liệu : Một máy Turing M.
Câu hỏi : M có dừng cho mọi dữ liệu vào ?
Bây giờ ta rút gọn bài toán dừng của các máy Turing về bài toán mới này. Giả sử T là một
máy Turing và f là một câu, hợp thành một trường hợp cá biệt (instance) của bài toán
dừng của các máy Turing. Xuất phát từ (T, f), xây dựng một máy Turing M đọc dữ liệu
của T và dừng trong một trạng thái loại bỏ nếu dữ liệu này không phải là câu f. Sau đó,
nếu dữ liệu đúng là f, thì M bắt chước cách tính toán của T trên dữ liệu f. Rõ ràng, T dừng
trên dữ liệu f nếu và chỉ nếu M dừng trên mọi dữ liệu.
Sau khi rút gọn một bài toán không quyết định được về bài toán dừng đều của các máy
Turing, người ta suy ra rằng bài toán dừng đều của các máy Turing là không quyết định
được.
! Bài tập 9.5.2:. Bài toán tương ứng Post (Post’s correspondence problem)
Dữ liệu : Một dãy các cặp câu (u1, v1), , (uk, vk) trên một bảng chữ S
(S có ít nhất 2 ký tự).
Câu hỏi : Tồn tại hay không một câu w∈ S* thừa nhận hai phân tách
tương ứng với : w = ui1
ui2
uir
= vi1
v i2
.

V
?Trong đó i1 , i2 , , ir ∈ { 1, 2, , k }
1bis. Bài toán tương ứng Post cải biên (Post’s correspondence problem)
Dữ liệu : Một dãy các cặp câu (u1, v1), , (uk, vk) trên một bảng chữ S(S có ít nhất 2 ký
tự).
Câu hỏi : Tồn tại hay không một câu w∈ S* thừa nhận hai phân tách tương ứng với phần
tử đầu tiên là cặp đầu tiên :
w = u1ui2
uir
= v1vi2
vir
?
Giả sử cho S = {a, b, c} và cho dãy các cặp câu trên S :
((ab, aba), (ab, ba), (bab, ba), (ab, bab)).
Dễ dàng thấy rằng câu babababab được phân tách thành hai cách : bab.ab.ab.ab =
ba.ba.ba.bab
là tương ứng với nhau. Tuy nhiên, không có câu được phân tách thành hai cách tương ứng
với phần tử đầu tiên là cặp đầu tiên. Như vậy, với dữ liệu này (là dãy các cặp câu đã cho),
bài toán tương ứng Post thừa nhận (ít nhất) một lời giải. Thế nhưng, cũng với dữ liệu này,
thì bài toán Post cải biên lại không có lời giải.
Bây giờ ta sẽ chứng minh rằng cả hai bài toán này đều không quyết định được bằng cách
bắt đầu từ bài toán thứ hai.
Giả sử T = < S, Q, P> là một máy Turing tiêu chuẩn hóa (rormalized) có một trạng thái
dừng qh duy nhất. Xuất phát từ T, ta định nghĩa một tập hợp F1 các cặp câu trên y = S ∪
Q {}, với là một ký tự mới, được cấu thành như sau :
FT1
= { (qxz, yq’z) | zS và q, x → y, R, q’ }
∪ { (qx�, yq’#�) | q, x → y, R, q’ },
FT2
= { (zqx, q’zy) | z ∈ S và q, x → y, L, q’ }

{ �qx, �q’#y) | q, x → y, L, q’ },
FT3
= { (z, z) | z ∈ S } ,
FT4
= { (zqh, qh), (qh, qhz) | z ∈ S } ∪ { (�qh�, �) }
Ứng với mỗi trường hợp cá biệt của bài toán dừng của các máy Turing, nghĩa là với mọi
dữ liệu của bài toán này, được cấu thành từ T là máy Turing tiêu chuẩn hóa theo giả thiết
và f là câu xuất phát trên băng vào của T, ta có thể kết hợp một dữ liệu FT, f cho bài toán
tương ứng Post cải biên được cấu thành từ cặp đầu tiên (�, �q1f�) và các cặp của FT.
Ta sẽ chỉ ra rằng trường hợp cá biệt này của bài toán tương ứng Post cải biên có
một lời giải nếu và chỉ nếu T có một tính toán dừng trên dữ liệu f. Nếu T có một tính toán
dừng trên dữ liệu f, tính toán được viết như sau :
co = q1f, c1, , cn = g1qhg2
trong đó câu g1 bị cắt cụt một ký tự cuối cùng, sau mỗi ký tự � ; tiếp đến g2 bị cắt cụt
một ký tự phía đầu, sau mỗi �. Dễ dàng thấy rằng câu w này có hai cách phân tách tương
ứng với nhau. Ngược lại, nếu ta có hai cách phân tách một câu sao cho tương ứng với
nhau với đầu câu là cặp đầu tiên, dễ dàng thấy rằng nếu ci là một cấu hình, và nếu trong
cả hai cách phân tách mà cấu hình theo các u có độ dài hơn cấu hình theo các v của các
thành phần ci�, thì khi phân tách theo các u cho đến khi gặp � tiếp theo, cấu hình này có
độ dài lớn hơn cấu hình theo các v của thành phần ci+1�.
Hơn nữa, tham đối sơ cấp về số các ký tự � chỉ ra rằng cặp cuối cùng đã sử dụng
là (‘qh, �). Dễ dàng thấy rằng khi qh xuất hiện lần đầu tiên trong câu thuộc về hai
cách phân tách, qh được bao bởi các câu �g1 và g2� sao cho nếu tồn tại một tính toán
hợp thức trong T :
q1f Ã− * g1qhg2
Do tính toán hợp thức dẫn đến trạng thái qh, cho nên T sẽ dừng.
Như vậy, ta đã rút gọn bài toán dừng của các máy Turing về bài toán tương ứng
Post cải biên.
Bây giờ giả sử (u1, v1), , (uk, vk) là dãy các cặp câu trên một bảng chữ S, tạo
thành một dữ liệu cho bài toán tương ứng Post cải biên. Giả sử a là một ký tự mới.

Với mọi câu f S*, ta kết hợp các câu p(f) và d(f) được định nghĩa bởi :
nếu f = x1, x2 xr, thì p(f) = ax1ax2 , axr và
d(f) = x1ax2a , xra.
Với mọi dữ liệu cho bài toán tương ứng Post cải biên, ta kết hợp tập hợp U gồm
các cặp như sau :
U = { (p(u1), d(v1)), , (p(uk), d(vk)), (p(u1)a, d(v1)), ,
(p(uk)a, d(vk)), (p(u1), ad(v1)) }
tạo thành một dữ liệu cho bài toán tương ứng Post.
Nếu w = u1ui2
uir
= v1vi2
vir
là một lời giải của bài toán tương ứng Post cải biên xuất phát, thì rõ ràng, câu p(w)a =
ad(w) có hai cách phân tách tương ứng với nhau theo U :
p(w)a = p(u1)p(ui2
) p(uir)a = ad(v1) d (vi2
) d (vir
).
Ngược lại một cách tương ứng, nếu một câu m có hai cách phân tách tương ứng
với nhau theo U, thì cặp đầu tiên sử dụng đến sẽ chỉ có thể là cặp :
(P (u1), ad (v1)).
Bằng cách xóa tất cả chữ a trong m và hai phân tách của m, ta nhận được câu w và
hai phân tách của w tương ứng với nhau dựa theo dãy xuất phát của bài toán tương
ứng Post cải biên, với thành phần đầu tiên là cặp đầu tiên. Như vậy, bài toán tương
ứng Post cải biên đã được rút gọn về bài toán tương ứng Post.