Qualquer número transcendental computável computável no tempo P, mas não

Existe algum número transcendental computável conhecido tal que o seu º dígito é computável em tempo polinomial, mas não em ?O ( n $n$$O(n)$

Aqui está a construção desse número. Você pode argumentar se isso significa que esse número é "conhecido".

Tomar qualquer função a partir de N de { 1 , 2 , ... , 8 } onde o n 'th dígito não é calculável no S ( n ) de tempo. Essa função existe, por exemplo, pela técnica usual de diagonalização. Interpretar f ( n ) como o n 'th dígitos decimais de algum número real α . Agora, para cada n da forma 2 2 k , k ≥ 1 , altere os dígitos de $f$$\mathbb{N}$$\{ 1, 2, \ldots, 8 \}$$n$$O(n)$$f(n)$$n$$\alpha$$n$$2^{2^k}$$k \geq 1$$\alpha$nas posições a 0 's. O número resultante β evidentemente retém a propriedade de que o n 'th dígito não é calculável no S ( n ) de tempo, mas tem um número infinito de muito boas aproximações por racionais, dizer a fim ó ( q - 3 ) , da forma p / q . Então, pelo teorema de Roth, β não pode ser algébrico. (Não é racional porque possui blocos arbitrariamente longos de $n, n+1, \ldots, 3n$$0$$\beta$$n$$O(n)$$O(q^{-3})$$p/q$$\beta$$0$desencadeado por nonzeros de ambos os lados.)

De maneira mais geral, para qualquer constante , existem números transcendentais computáveis ​​no tempo polinomial, mas não no tempo O ( n k ) .$k\ge1$$O(n^k)$

Primeiro, pelo teorema da hierarquia do tempo, existe uma linguagem não computável no tempo O ( 2 k n ) . Podemos assumir L ⊆ { 0 , 1 } ∗ , e também podemos supor que todas as strings w ∈ L tenham comprimento divisível por 3 .$L_0\in\mathrm E$$O(2^{kn})$$L\subseteq\{0,1\}^*$$w\in L$$3$

Segundo, seja a versão unária de L 0 . Para definiteness, para qualquer w ∈ { 0 , 1 } * , deixe N ( w ) denotam o número inteiro cuja representação binária é um W , e colocar G 1 = { um N ( w ) : w ∈ G 0 } . Então L 1 ∈ P , mas L 1 não é computável no tempo $L_1$$L_0$$w\in\{0,1\}^*$$N(w)$$1w$$L_1=\{a^{N(w)}:w\in L_0\}$$L_1\in\mathrm P$$L_1$ . Além disso, L 1 tem a seguinte propriedade: para qualquer m , L 1 não contém um a n tal que 2 3 m + 1 ≤ n < 2 3 m + 3 .$O(n^k)$$L_1$$m$$L_1$$a^n$$2^{3m+1}\le n<2^{3m+3}$

Terceiro, deixe (Estou assumindo aqui que a pergunta é sobre computação de números em binário. Caso contrário, os 2 acima podem ser substituídos por qualquer base desejada, isso não importa.)

$$\alpha=\sum\{2^{-n}:a^n\in L_1\}.$$ $2$

Então é computável em tempo polinomial, pois podemos calcular seus primeiros n bits verificando se a , a 2 , … , a n estão em L 1 . Pela mesma razão, não é computável no tempo O ( n k ) , pois o n- ésimo bit determina se um n ∈ L 1 .$\alpha$$n$$a,a^2,\dots,a^n$$L_1$$O(n^k)$$n$$a^n\in L_1$

Para qualquer , seja p = ∑ { 2 2 3 m + 1 - n : n ∈ L 1 , n < 2 3 m + 1 } = ⌊ α 2 2 3 m + 1 and , e q = 2 2 3 m + 1 . Então | α - $m$

$$p=\sum\{2^{2^{3m+1}-n}:n\in L_1,n<2^{3m+1}\}=\lfloor\alpha2^{2^{3m+1}}\rfloor,$$ $q=2^{2^{3m+1}}$ Assim,αpossui uma medida de irracionalidade de pelo menos4, portanto é transcendental peloteorema de Roth. $$\left|\alpha-\frac pq\right|\le2^{-2^{3m+3}}=q^{-4}.$$ $\alpha$$4$