Seguramente hay una prueba utilizando sólo la teoría de la recursión clásica, pero la prueba que conozco utiliza la aritmética de segundo orden.
Tome un $\omega$ -modelo $M$ de $\mathsf{ATR}_0$ en la que existe un orden lineal contable $L$ tal que $M$ satisface " $L$ está bien fundado", pero tal que $L$ no está realmente bien fundado. Entonces, $M$ cree que hay un conjunto $H$ que se obtiene iterando el salto de Turing a lo largo de $L$ empezando por $\emptyset$ porque esto es demostrable en $\mathsf{ATR}_0$ .
Porque $M$ es un $\omega$ -es absoluta para declaraciones de la forma " $A' = B$ " cuando $A,B \in M$ . Así, si tomamos una secuencia descendente infinita $(a_i : i \in \omega)$ en $L$ y que $(A_i : i \in \omega)$ sea la correspondiente secuencia de conjuntos en $H$ entonces $A_{i+1}' \leq_T A_i$ para todos $i \in \omega$ .
Este método puede ampliarse fácilmente para obtener resultados más contundentes; por ejemplo, podríamos hacer $A_{i+1}^{(\omega)} \leq_T A_i$ .
El uso de $\mathsf{ATR}_0$ no es realmente necesario aquí. El punto clave es que hay un ordenamiento lineal $L$ de $\omega$ que no es una ordenación de pozos, para la que existe un conjunto $H^L$ que satisface la definición aritmética de ser la iteración del salto de Turing a lo largo de $L$ empezando por el conjunto vacío. Este tipo de conjunto $H^L$ se conoce más generalmente como "pseudojerarquía".
La existencia de un $L$ se deduce inmediatamente del hecho estándar de que el conjunto de ordenamientos de pozos de $\omega$ no es $\Sigma^1_1$ definible. La afirmación " $L$ es un orden lineal y $H(L)$ existe" es un $\Sigma^1_1$ fórmula con el parámetro $L$ que se satisface en todo ordenamiento de pozos de $\omega$ por lo que también debe ser satisfecha por algún otro conjunto $L$ ; esto $L$ satisfará la declaración de "punto clave" del párrafo anterior.