Separando as classes horárias

Um aluno meu fez recentemente a seguinte pergunta:

D T I M E (f (n)) ⊊ D T I M E (g (n)) .

$DTIME(f(n)) \subsetneq DTIME(g(n)).$

h(n) $h(n)$

D T I M E (f (n)) ⊊ D T I M E (h (n)) ⊊ D T I M E (g (n)) ?

$DTIME(f(n)) \subsetneq DTIME(h(n)) \subsetneq DTIME(g(n))?$

Provavelmente, isso pode ser demonstrado verdadeiro ao construir um $h(n)$ se $f,g$ forem construtíveis no tempo. Mas, em geral, acho que isso deve ser falso semelhante ao $DSPACE(o(\log(\log(n)))) = DSPACE(1)$ .

cc.complexity-theory

— S. Pek
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Isso pode depender do modelo preciso.

Teorema do intervalo de Borodin mencionados aqui podem ser relevantes: cstheory.stackexchange.com/questions/8583/...

— Michael Wehar

Você permite ? Porque, então, algum exemplo deve existir para algumas funções que são zero em todos os lugares, exceto o primeiro lugar. De qualquer forma, essa pergunta não faz sentido se todos os lugares, exceto um ?

f(n),g(n)=O(1) $f(n),g(n)=O(1)$

f≡g $f\equiv g$

n $n$

— domotorp 27/02

Lamento não seguir completamente o problema com como por definição ?

f(n),g(n)=O(1) $f(n),g(n) = O(1)$

DTIME(f(n))=DTIME(g(n)) $DTIME(f(n))=DTIME(g(n))$

— 28517 S. Pek

Desculpe por isso, eu interpretei mal a pergunta e meu comentário anterior não fazia muito sentido. Eu removi isso. Obrigado.

— Michael Wehar

Respostas:

Se é definido como a classe de todos os idiomas decidíveis no tempo por uma máquina de Turing com duas fitas, suspeito que a resposta seja não. Em outras palavras, acho que nem sempre existe uma classe de complexidade de tempo estritamente intermediária. $DTIME(f(n))$ $O(f(n))$

Nota: Essa resposta pode não ser exatamente o que você está procurando, porque estou considerando funções não computáveis e não incluo todos os detalhes do argumento. Mas senti que é um bom começo. Por favor, sinta-se livre para fazer qualquer pergunta. Talvez eu possa preencher esses detalhes ainda mais em algum momento ou talvez isso leve a uma resposta melhor de um leitor interessado.

Considere funções no formato . Nós nos referimos a essas funções como funções numéricas naturais. $f : \mathbb{N} \rightarrow \mathbb{N}$

Reivindicação 1: afirmo que podemos construir uma função de número natural não decrescente de crescimento muito lento (não computável) modo que: $\varepsilon(n)$

(1) não diminui $\varepsilon(n)$

(2) $\varepsilon(n) = \omega(1)$

(3) Para todos os computáveis ilimitados , o conjunto é infinito. $f: \mathbb{N} \rightarrow \mathbb{N}$ $\{ n \; \vert \; \varepsilon(n) \leq f(n) \}$

Construímos como uma função de passo não decrescente de crescimento lento. Vamos enumerar todas as funções computáveis ilimitados . Queremos construir de tal maneira que para todo e todo , $\varepsilon(n)$ $\{ f_i \}_{i \in \mathbb{N}}$ $\varepsilon(n)$ $i$ $j \leq i$ . Em outras palavras, esperamos mapear para até que as primeirasfunções na enumeração sejam mapeadas para um valor maior ou igual a pelo menos uma vez. Então, continua sendomapeadopara até que as primeirasfunções na enumeração sejam mapeadas para um valor maior ou igual a pelo menos uma vez e, nesse ponto, ele começaa ser mapeadopara $min\{ k \; \vert \; \varepsilon(k) \geq i\} \geq min\{ k \; \vert \; f_{j}(k) \geq i \}$ $\varepsilon(n)$ $i$ $i$ $i$ $\varepsilon(n)$ $i$ $i+1$ $i+1$ $i+1$ . Se continuarmos esse processo iterativo para construir , então para qualquer função computável ilimitada, embora nem sempre seja menor, ele será infinitamente menor que o mínimo. $\varepsilon(n)$ $\varepsilon(n)$

Nota: acabei de fornecer alguma intuição por trás da reivindicação 1, não forneci uma prova detalhada. Sinta-se livre para participar da discussão abaixo.

Como é uma função de crescimento lento, temos o seguinte: $\varepsilon(n)$

Acordo com a reivindicação 2: Para todas as funções calculáveis número natural e , se $f(n)$ $h(n)$ e, então. $h(n) = \Omega(\frac{f(n)}{\varepsilon(n)})$ $h(n) = O(f(n))$ $h(n) = \Theta(f(n))$

Para a reivindicação 2, se existir uma função computável entre $h(n)$ ede tal modo que, em seguida, seríamos capazes de calcular uma função de número natural ilimitado que cresce mais do que slowely, que não é possível . $\frac{f(n)}{\varepsilon(n)}$ $f(n)$ $h(n) \neq \Theta(f(n))$ $\varepsilon(n)$

Deixe-me explicar alguns detalhes relevantes. Suponha, por uma questão de contradição, que tal função exista. Então, $h(n)$ é ilimitado. $\lfloor \frac{f(n)}{h(n)} \rfloor$

Nota: A função anterior é calculável porque e são calculáveis. $f(n)$ $h(n)$

Como , temos $h(n) = \Omega(\frac{f(n)}{\varepsilon(n)})$ . Segue-se que existe uma constantetal que para todosuficientemente grande, $\lfloor \frac{f(n)}{h(n)} \rfloor = O(\varepsilon(n))$ $\alpha$ $n$ . Como essa função é ilimitada e computável, podemos aplicar a Reivindicação 1 para obter que $\lfloor \alpha \frac{f(n)}{h(n)} \rfloor < \varepsilon(n)$ infinitamente frequentemente que contradiz a afirmação anterior. $\varepsilon(n) \leq \lfloor \alpha \frac{f(n)}{h(n)} \rfloor$

Reivindicação 3: Para uma função construtível no tempo , temos que $f(n)$ , aindanãoexistetal que $DTIME(\frac{f(n)}{\varepsilon(n)}) \subsetneq DTIME(f(n))$ $h(n)$ e $\frac{f(n)}{\varepsilon(n)} \leq h(n) \leq f(n)$ . $DTIME(\frac{f(n)}{\varepsilon(n)}) \subsetneq DTIME(h(n)) \subsetneq DTIME(f(n))$

Para mostrar isso, é preciso utilizar uma hierarquia teorema vez mais forte e isto é onde usamos o pressuposto de que o número de fitas é fixo (que as referidas duas fitas acima). Veja "A estreita hierarquia determinística do tempo", de Martin Furer. $DTIME(\frac{f(n)}{\varepsilon(n)}) \subsetneq DTIME(f(n))$

Como não há funções numéricas naturais computáveis entre eque não sejam os que estão, tem-se que para cada funçãode modo a que $\frac{f(n)}{\varepsilon(n)}$ $f(n)$ $\Theta(f(n))$ $h(n)$ e, $\frac{f(n)}{\varepsilon(n)} \leq h(n) \leq f(n)$ $h(n) \neq \Theta(f(n))$ . $DTIME(\frac{f(n)}{\varepsilon(n)}) = DTIME(h(n))$

— Michael Wehar
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Sim, isso é exatamente o que eu tinha em mente também, mas depois fiquei confuso em algum lugar ao longo do caminho. Eu só quero observar que

não precisa ser pequeno; um argumento semelhante mostra que a função inferior

ϵ(n) $\epsilon(n)$

pode ser substituído por uma função que é sempre

, e a função superior

pode ser substituída por uma função que é sempre

. f(n)ϵ(n) $\frac{f(n)}{\epsilon(n)}$

f(n) $f(n)$

0 $0$

f(n)ϵ(n) $f(n)\epsilon(n)$

f(n) $f(n)$

∞ $\infty$

— Domotorp

(3) precisa restringir a funções ilimitadas

. f $\hspace{.04 in}f$

@RickyDemer Sim, você está certo! Muito obrigado por entender isso. Editei minha resposta para adicionar a palavra ilimitada. :)

— Michael Wehar 28/02

Não estou totalmente convencido sobre a reivindicação 1. Considere

outra forma. Considerando esta enumeração, é

? fi(n)=1 $f_i(n) = 1$

n≤i $n \leq i$

n−i $n-i$

ϵ(n)=Θ(1) $\epsilon(n) = \Theta(1)$

— 31517 S. Pek

Tenho mais duas preocupações com essa prova: 1) Na reivindicação 2, você disse que a contradição decorre do fato de que não pode existir um

computável, pois é igual a

. Eu acredito que este seja um erro tipográfico, como deveria dizer que existe um

tal que

. Mas observe que

ϵ(n) $\epsilon(n)$

|h(n)−f(n)| $|h(n)-f(n)|$

k′ $k'$

ϵ(n)=|h(n)−k′⋅f(n)| $\epsilon(n) = |h(n) - k'\cdot f(n)|$

k′ $k'$ não precisa ser computável; portanto, o argumento não precisa se sustentar. 2) Você usou o resultado da Furer na Reivindicação 3. No entanto, o resultado é válido apenas para funções construtivas de tempo, mas

não precisa ser construtível no tempo. f(n)ϵ(n) $\frac{f(n)}{\epsilon(n)}$

— 31517 S. Pek

If this result is true, it would strengthen the best-known deterministic time hierarchy theorem. [This is more of a comment than an answer, but too long for a comment. It leaves open the direct construction of a counterexample.] Recall that the best Deterministic Time Hierarchy Theorem we currently have is that if $f(n), g(n)$ are time-constructible, and $g(n) \leq o( f(n) / \log f(n) )$ , then $\mathsf{DTIME}(g(n)) \subsetneq \mathsf{DTIME}(f(n))$ .

Now suppose your desired result is true, and let $g(n)$ be a time-constructible function that is close to, but still little-oh of, $f(n) / \log(f(n))$ , say, $g(n) = f(n) / (\log f(n))^{3/2}$ . (This $g$ may not be time-constructible for arbitrary time-constructible $f$ , but surely for many time-constructible $f$ this $g$ is also time-constructible.) Now, your desired result produces an $h$ such that $\mathsf{DTIME}(g(n)) \subsetneq \mathsf{DTIME}(h(n)) \subsetneq \mathsf{DTIME}(f(n))$ . In order to avoid improving the current-best time hierarchy theorem, we would need both $g(n) = o( h(n) / \log(h(n)) )$ and $h(n) = o(f(n) / \log(f(n))$ . These two together imply that $g(n) \leq o( f(n) / (\log(f(n)) \log(h(n)))$ . Since $h(n) \geq g(n)$ , we have $g(n) \leq o( \frac{f(n)}{\log(f(n)) \log(g(n))})$ , or equivalently $g(n) \log g(n) \leq o(f(n) / \log(f(n)))$ . But $g(n) \log(g(n)) = f(n) / (\log(f(n))^{3/2} [\log(f(n)) - (3/2) \log \log(f(n)] \sim f(n) / \sqrt{\log(f(n))}$ , which is not $o(f(n) / \log(f(n))$ .

— Joshua Grochow
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Cool! Also, note that there is a better time hierarchy theorem if the number of tapes is fixed. See "The tight deterministic time hierarchy" by Martin Furer.

— Michael Wehar

@MichaelWehar: Thanks for the pointer! Indeed, when one gets so tight as to only require

$g(n) = o(f(n))$ , as Furer shows when the number of tapes is fixed, then my argument goes away. (And for basically the same reason, my argument goes away if this question were about space hierarchy instead of time: for space we have a perfectly tight hierarchy theorem even if # tapes isn't fixed.)

— Joshua Grochow

I think such a behaviour is true for 1-Tape-DTMs. On the one hand, we have $\mathrm{DTIME}_1(O(n)) = \mathrm{DTIME}_1(o(n \log n))$ . Unfortunately, the only reference I know is in German: R. Reischuk, Einführung in die Komplexitätstheorie, Teubner, 1990, Theorem 3.1.8.

On the other hand, it should be possible to separate $\mathrm{DTIME}_1(O(n))$ and $\mathrm{DTIME}_1(O(n \log n))$ by the language $\{ x \#^{2^{|x|}} x \mid x \in \{0,1\}^* \}$ using a standard crossing sequence argument.

— Markus Bläser
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