Faz ?

Espero que a resposta seja não, mas na verdade não consegui construir um contra-exemplo. A diferença é que em , podemos não conseguir escolher um algoritmo uniformemente em . $∩_{ε>0} \mathrm{DTIME}(O(n^{2+ε}))$ $O(n^{2+ε})$ $ε$

Por um argumento de encaixe (por exemplo, veja esta pergunta ), se houver um conjunto ce de máquinas de Turing decidindo uma linguagem tal que , então será em . $M_i$ $L$ $∀ε>0 ∃M_i ∈ O(n^{2+ε})$ $L$ $\mathrm{DTIME}(n^{2+o(1)})$

Dada uma máquina de Turing, se a máquina funciona no tempo é -completa. Se um idioma (dado um código para uma máquina que o reconhece) está em é (e -hard); se um idioma está em é -completo. Se pudermos provar completude (ou apenas dureza) de , isso resolveria o problema, mas não tenho certeza de como fazer naquela. $n^{2+o(1)}$ $Π^0_3$ $\mathrm{DTIME}(n^{2+o(1)})$ $Σ^0_4$ $Π^0_3$ $∩_{ε>0} \mathrm{DTIME}(O(n^{2+ε}))$ $Π^0_3$ $Σ^0_4$ $Σ^0_3$ $\mathrm{DTIME}(n^{2+o(1)})$

O problema também seria resolvido se encontrarmos uma sequência de linguagens $L_i$ modo que
* $L_i$ tenha um algoritmo de decisão natural $O(n^{2+1/i})$ (uniformemente em $i$ ).
* Cada $L_i$ é finito.
* Não é apenas o tamanho de $L_i$ indecidível, mas um algoritmo não pode descartar $w∈L_i$ muito mais rápido que $O(n^{2+1/i})$ (no pior caso, $w$ ), exceto por muitos finitos $i$ (dependendo do algoritmo).

Também estou curioso para saber se existem exemplos interessantes / notáveis (para $∩_{ε>0} \mathrm{DTIME}(O(n^{2+ε})) \setminus \mathrm{DTIME}(n^{2+o(1)})$ ou uma relação análoga).

cc.complexity-theory time-complexity

— Dmytro Taranovsky
fonte

Eu nunca pensei em questões de decisão, como uma máquina de Turing, ela reconhece um idioma em

DTIME(n2+o(1)) $DTIME(n^{2+o(1)})$ . Muito arrumado! Houve um motivo específico para você escolher 2 no expoente? Suponho que isso seria aproximadamente o mesmo se você considerasse outro número no expoente que fosse maior que 2?

— Michael Wehar

@MichaelWehar Eu só queria um exemplo concreto, e '1' às vezes é especial, então escolhi '2'. As propriedades de completude acima e a resposta abaixo são bastante gerais.

— Dmytro Taranovsky

Aqui está um contra-exemplo, ou seja, uma linguagem com um algoritmo (usando máquinas de Turing multitape) para cada , mas não uniformemente em : Aceite iff e o th máquina pára Turing em menos do que passos na entrada vazio. Outras cadeias são rejeitadas. $O(n^{2+ε})$ $ε>0$ $ε$
$0^k 1^m$ $k>0$ $k$ $m^{2+1/k}$

Para cada , obtemos um algoritmo codificando todas as máquinas não-asfaltadas suficientemente pequenas e simulando o resto. $ε$ $O(n^{2+ε})$

Agora, considere uma máquina de Turing decidindo o idioma. $M$

Seja (na entrada vazia) uma implementação eficiente do seguinte: para em 1,2,4,8, ...: use para decidir se pára em etapas. pare se disser que não paramos, mas ainda podemos parar em etapas. $M'$
$n$
$M$ $M'$ $<n^{2+1/M'}$
$M$ $<n^{2+1/M'}$

Pela exatidão de , não pára, mas leva passos na entrada para infinitamente muitos . (Se for muito rápido, então contradiria O limite depende de simular em tempo linear e ser eficiente.) $M$ $M'$ $M$ $Ω(n^{2+1/M'})$ $0^{M'} 1^{n-M'}$ $n$ $M$ $M'$ $M$ $Ω(n^{2+1/M'})$ $M'$ $M$

— Dmytro Taranovsky
fonte

Eu não entendo a última frase. Onde conseguimos limites mais baixos no tempo de execução de ?

M $M$

— Emil Jeřábek apoia Monica

@ EmilJeřábek eu esclareci a resposta. Deixe-me saber se ele pode ser melhorado ainda mais.

— Dmytro Taranovsky

Talvez eu não entenda o que "mas ainda podemos parar em ..." significa. O que exatamente M 'faz?

— Emil Jeřábek apoia Monica

@ EmilJeřábek M 'não usa nenhuma entrada e chama M repetidamente para decidir o problema de parada limitada para M'. Se, por exemplo, depois de executar 900 etapas, M 'descobrir que (de acordo com M) M' não pára nas primeiras 1000 etapas, então M 'será interrompido. Caso contrário, M 'continua funcionando e chama M para decidir se M' pára nos primeiros 4000 passos.

— Dmytro Taranovsky