假设存在一个实现停止问题的Haskel函数：
halt :: Integer->Bool
如果定义了x，则求值为True，否则求值为False。
假设我们在Haskell中将此函数调用为另一个函数
fHalt x = halt (x+1)
我想知道在这种情况下会发生什么，以及fHalt是单调的。我可能会得到2个答案：
Haskell对预定义的运算符使用严格评估 - 即对（+）也使用严格评估。如果现在用BOT评估fHalt，我的猜测是必须首先评估BOT + 1（导致BOT），因此整体评估不会终止并导致BOT。
如果Haskell以某种方式确定内部（x + 1）没有终止（由于停止问题而不可能），结果将为False，fHalt将违反单调性。
此时，我很恼火，因为我的问题已经暗示了Haskell中定义的不可实现的暂停函数。虽然我认为答案是正确的。
答案 0 :(得分：6)
问题的预设当然是错误的。
但我们至少应该确定
fHalt undefined = halt (undefined + 1)
只是因为我们希望beta法律毫无例外地持有。
现在，如果存在这个假设的halt，它应该能够检测到
undefined + 1 = undefined
halt函数中的魔力。
答案 1 :(得分：0)
Haskell对预定义的运算符使用严格评估 - 即也用于（+）。
不，不是一般的。但是，专门针对+ Integer上的halt实施 严格且您的进一步推理工作（当然，因为它是从{{1}}存在的错误前提开始的，它不太有用。）