Por que essa função é computável no tempo

Meu livro diz: "Nós definimos a função da seguinte forma: f ( 1 ) = 2 e f ( i + 1 ) = 2 f ( i ) 1.2 . Nota que, dado n , podemos facilmente encontrar em O ( n 1,5 ) tempo o número i de tal modo que n é ensanduichada entre f ( i ) e f ( i + $f\colon \mathbb{N}\to\mathbb{N}$$f(1)=2$$f(i+1)=2^{f(i)^{1.2}}$$n$$O(n^{1.5})$$i$$n$$f(i)$ . "$f(i+1)$

Como posso me convencer de que podemos de fato muito fácil verificar em O ( n 1,5 ) tempo? Como f é definido recursivamente, acho que temos que calcular f ( 1 ) , f ( 2 ) , f ( 3 ) ... f ( j ) até f ( j ) ≥ n . Para descobrir o tempo que esses cálculos levam, acho que precisamos encontrar um limite superior adequado para i dependente de $i$$O(n^{1.5})$$f$$f(1),f(2),f(3)\dots f(j)$$f(j)\geq n$$i$$n$e temos que encontrar um limite superior no tempo de execução da função . No final, podemos mostrar a proposta citada. Infelizmente, não vejo uma coisa nem outra.$x\to2^{x^{1.2}}$

Esqueci de mencionar: Por favor, note que estamos em um contexto não determinístico. Portanto, é reivindicada como computável em O ( n 1,5 ) por uma máquina de Turing não determinística.$f$$O(n^{1.5})$

Como algumas pessoas já leram esta pergunta, com algumas achando útil e interessante também, mas ninguém respondeu até agora, desejo fornecer mais informações sobre o contexto: A alegação citada é parte integrante da prova de o teorema da hierarquia de tempo não determinístico. A prova (com a alegação) pode ser encontrada, por exemplo, no livro de Arora e Barak , mas também encontrei muitos outros recursos na Web que apresentam a mesma prova. Cada um deles chama a afirmação de fácil ou trivial e não especifica como encontrar no tempo O ( n 1,5 ) . Portanto, todos esses recursos copiados de Arora e Barak ou a alegação não são tão difíceis.$i$$O(n^{1.5})$

Denotar por o comprimento de um número x , ou seja, ⌊ log 2 x ⌋ + 1 (para x > 0 ). Calcular 2 x requer tempo O ( x ) no modelo de RAM e, portanto, calcular f ( i + 1 ) a partir de f ( i ) leva tempo O ( f ( i ) 1,2 ) = O ( |$|x|$$x$$\lfloor \log_2 x \rfloor + 1$$x > 0$$2^x$$O(x)$$f(i+1)$$f(i)$ . Como f ( i ) está crescendo mais rápido do que geometricamente, o tempo total para calcular f ( i + 1 ) é O ( | f ( i + 1 ) | ) . Como você aponta, você precisa fazê-lo até f ( i + 1 ) ≥ n , o que significa que f ( i ) < n . Portanto, o tempo total de execução é$O(f(i)^{1.2}) = O(|f(i+1)|)$$f(i)$$f(i+1)$$O(|f(i+1)|)$$f(i+1) \geq n$$f(i) < n$ .$O(|f(i+1)|) = O(f(i)^{1.2}) = O(n^{1.2})$

No modelo de máquina de Turing com uma única fita, calcular leva tempo O ( x log x ) e, portanto, o tempo total de execução é O ( n 1,2 log n ) = O ( n 1,5 ) . O algoritmo para calcular 2 x substitui [ x ] por 1 [ [ x ] ] (aqui [ x ] é a representação binária de x , e [ $2^x$$O(x\log x)$$O(n^{1.2} \log n) = O(n^{1.5})$$2^x$$[x]$$1[[x]]$$[x]$$x$ é a representação binária usando dígitos diferentes 0 ′ , 1 $[[x]]$$0',1'$ ) e, em seguida, executa repetidamente a transformação , que leva tempo O ( | x | ) = O ( log x ) .$[[x]] \longrightarrow 0[[x-1]]$$O(|x|) = O(\log x)$