Zo werkt de reductie:

1. Het stopprobleem begrijpen:

* Het stopprobleem vraagt:Gegeven een algoritme (programma) *H* en een invoer *I* voor dat algoritme, zal *H* stoppen (stoppen met draaien) wanneer het wordt uitgevoerd met invoer *I*?

* Het stopprobleem is onbeslisbaar . Er is geen algoritme, `halts(H, I)`, dat altijd `true` kan retourneren als *H* stopt op *I*, en `false` als *H* voor altijd blijft herhalen.

2. De reductietechniek (bewijs door tegenspraak):

Om te bewijzen dat een probleem *P* onbeslisbaar is, doe je het volgende:

1. Neem ter wille van de tegenspraak aan dat *P* beslisbaar is. Dit betekent dat we aannemen dat er een algoritme `solveP(inputForP)` bestaat dat altijd de oplossing correct retourneert voor elk exemplaar van probleem *P*.

2. Construeer een reductie: U moet laten zien hoe u het hypothetische `solveP()`-algoritme kunt gebruiken om het stopprobleem op te lossen. Met andere woorden, je maakt een algoritme `halts(H, I)` dat `solveP()` als subroutine gebruikt. Dit algoritme `halts(H, I)` zou als volgt moeten werken:

```

stopt(H,I):

1. Transformeer de stoppende probleeminstantie (H, I) in een instantie van probleem P, laten we het `inputForP` noemen. Dit is de cruciale stap:je maakt `inputForP` op een manier dat *de oplossing voor probleem P op deze invoer direct laat zien of H stopt op I*. De details van hoe u deze transformatie uitvoert, zijn volledig afhankelijk van het probleem *P*.

2. resultP =solveP(inputForP) // Roep onze hypothetische oplosser voor probleem P op.

3. Bepaal op basis van resultaatP of H stopt op I, en retourneer dienovereenkomstig waar of onwaar.

```

3. Laat zien dat uw reductie een oplossing voor het stopprobleem impliceert: Leg duidelijk uit hoe het resultaat van `solveP(inputForP)` je direct vertelt of algoritme *H* stopt bij invoer *I*.

4. Tegenstrijdigheid: Omdat bekend is dat het Halting-probleem onbeslisbaar is, en je hebt aangetoond dat een hypothetische `solveP` gebruikt zou kunnen worden om het op te lossen, ben je tot een tegenstrijdigheid gekomen.

5. Conclusie: Daarom moet onze aanvankelijke aanname (dat *P* beslisbaar is) onjuist zijn. Daarom is probleem *P* onbeslisbaar.

Belangrijkste ideeën en uitdagingen:

* Transformatie is de sleutel: Het moeilijkste deel is het vinden van een transformatie van (H, I) naar een instantie van *P*, zodat de oplossing voor *P* direct laat zien of *H* stopt op *I*. Dit vereist slimheid en begrip van zowel het Stopprobleem als het probleem *P*.

* Bewijs door tegenspraak: Je bewijst niet *rechtstreeks* dat *P* onbeslisbaar is. Je laat zien dat als *P* *beslisbaar* zou zijn, dit tot een onmogelijkheid zou leiden (het oplossen van het stopprobleem).

* Generalisatie: Het doel is om te bewijzen dat er *geen* algoritme kan bestaan ​​dat *P* oplost voor *alle mogelijke invoer*. Uw reductie moet geldig zijn voor elk willekeurig algoritme *H* en invoer *I*.

Voorbeeld:het leegteprobleem voor Turingmachines

Het leegteprobleem voor Turingmachines vraagt:Gegeven een Turingmachine *M*, is de door *M* geaccepteerde taal leeg (d.w.z. accepteert *M* *enige* invoer)? Laten we laten zien dat dit onbeslisbaar is.

1. Neem aan dat leegte beslisbaar is: Stel dat er een algoritme 'isEmpty(M)' is dat 'true' retourneert als de door *M* geaccepteerde taal leeg is, en anders 'false'.

2. Reductie: We zullen een algoritme `halts(H, I)` maken dat `isEmpty()` gebruikt:

```

stopt(H,I):

1. // Bouw een nieuwe Turingmachine M_HI

// - M_HI neemt elke invoer w.

// - M_HI simuleert eerst H op I.

// - Als H stopt op I, accepteert M_HI w.

// - Als H niet stopt op I, blijft M_HI voor altijd in een lus.

M_HI =ConstructTM(H, I)

2. resultaat =isLeeg(M_HI)

3. als resultaat ==waar:

return false // H stopt niet op I

anders:

return true // H stopt op I

```

3. Waarom dit werkt:

* Als *H* stopt op *I*, dan accepteert `M_HI` *elke* invoer `w`. De door `M_HI` geaccepteerde taal is dus niet leeg (het is feitelijk Σ*, de verzameling van alle strings). Daarom zal `isEmpty(M_HI)` `false` retourneren, en `halts(H, I)` `true` retourneren.

* Als *H* *niet* stopt op *I*, dan zal `M_HI` voor altijd herhalen op *elke* invoer `w`. De door `M_HI` geaccepteerde taal is dus leeg. Daarom zal `isEmpty(M_HI)` `true` retourneren, en `halts(H, I)` `false` retourneren.

4. Tegenstrijdigheid: We hebben een algoritme `halts(H, I)` gemaakt dat `isEmpty()` gebruikt om het stopprobleem op te lossen. Maar het Halting-probleem is onbeslisbaar, dus dit is een tegenstrijdigheid.

5. Conclusie: Daarom is het leegteprobleem voor Turingmachines onbeslisbaar.

Belangrijke opmerkingen:

* Uit de reductie blijkt dat het probleem *P* *minstens zo moeilijk* is als het Stopprobleem. Omdat het stopprobleem onbeslisbaar is, geldt dat ook voor *P*.

* Reducties worden vaak gebruikt om onbeslisbaarheid te bewijzen, maar ze kunnen ook worden gebruikt om NP-volledigheid te bewijzen in de context van computationele complexiteit.

* Het algoritme `ConstructTM(H, I)` in het bovenstaande voorbeeld is een theoretisch construct. In de praktijk zou je eigenlijk geen fysieke Turing-machine 'bouwen'. Het punt is dat het *in principe* mogelijk is zo'n machine te beschrijven.

Samenvattend is de Halting Problem-reductie een krachtige bewijstechniek die ons helpt de grenzen van berekeningen te begrijpen. Door te laten zien dat het oplossen van een bepaald probleem een ​​oplossing voor het Halting-probleem zou impliceren (waarvan we weten dat die onmogelijk is), kunnen we concluderen dat het probleem onbeslisbaar is.