Чи ?

Я очікую, що відповідь "ні", але я фактично не міг побудувати контрприклад. Різниця полягає в тому, що в $∩_{ε>0} \mathrm{DTIME}(O(n^{2+ε}))$ ми можемо не змогти вибрати алгоритм $O(n^{2+ε})$ рівномірно. в $ε$ .

За аргументом доопрацювання (наприклад, див. Це запитання ), якщо існує набір ce машин Тьюрінга $M_i$ вирішують мову $L$ таким, що $∀ε>0 ∃M_i ∈ O(n^{2+ε})$ , то $L$ є в $\mathrm{DTIME}(n^{2+o(1)})$ .

Враховуючи машину Тьюрінга, чи працює машина в часі є . Чи є мова (заданий код для машини, що розпізнає її), у є (і -hard); Чи мова в є -повний. Якщо ми можемо довести (або просто -твердість) , це вирішило б проблему, але я не впевнений, як це зробити що.Π 0 3 D T I M E ( n 2 + o ( 1 ) ) Σ 0 4 Π 0 3 ∩ ε > 0 D T I M E ( O ( n 2 + ε ) ) Π 0 3 Σ 0 4 Σ 0 3 D T I $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)})$

Проблема також буде вирішена, якщо ми знайдемо послідовність мов такою, що * має природний алгоритм рішення (рівномірно в ). * Кожен є кінцевим. * Не тільки розмір , але алгоритм не може виключати набагато швидше, ніж (в гіршому випадку ), за винятком кінцево багато (залежно від алгоритм).L i O ( n 2 + 1 / i ) i L i L i w ∈ L i O ( n 2 + 1 / i ) w $L_i$
$L_i$$O(n^{2+1/i})$$i$
$L_i$
$L_i$$w∈L_i$$O(n^{2+1/i})$$w$$i$

Мені також цікаво, чи є якісь помітні / цікаві приклади (для або аналогічне відношення).$∩_{ε>0} \mathrm{DTIME}(O(n^{2+ε})) \setminus \mathrm{DTIME}(n^{2+o(1)})$

Ось контрприклад, тобто мова з алгоритмом (за допомогою багатотапних машин Тюрінга) для кожного ε > 0 , але не рівномірно в ε : Прийняти 0 k 1 m iff k > 0 і k th Turing машина зупиняється на кроках менше m 2 + 1 / k на порожньому вході. Інші рядки відхилено.$O(n^{2+ε})$$ε>0$$ε$
$0^k 1^m$$k>0$$k$$m^{2+1/k}$

Для кожного ми отримуємо алгоритм O ( n 2 + ε ) шляхом жорсткого кодування всіх достатньо малих невмисних машин та моделювання решти.$ε$$O(n^{2+ε})$

Тепер розглянемо машину Тюрінга визначає мову.$M$

Нехай (на порожньому вході) є ефективним виконання наступних умов : для п в 1,2,4,8, ...:      використання M , щоб вирішити , буде чи M ' зупиняється в < п 2 + 1 / M ' кроків .      halt iff M говорить, що ми не зупиняємось, але все одно можемо зупинитись у кроках < n 2 + 1 / M ' .$M'$
$n$
$M$$M'$$<n^{2+1/M'}$
$M$$<n^{2+1/M'}$

За правильністю , M ′ не зупиняється, але M приймає Ω ( n 2 + 1 / M ′ ) кроки на вході 0 M ′ 1 n - M ′ для нескінченно багатьох n . (Якщо M занадто швидкий, то M ' буде суперечити М .. Обмежений Ω ( n 2 + 1 / M ' ) залежить від M $M$$M'$$M$$Ω(n^{2+1/M'})$$0^{M'} 1^{n-M'}$$n$$M$$M'$$M$$Ω(n^{2+1/M'})$$M'$моделювання у лінійному часі та в іншому випадку є ефективним.)$M$