Чи DSPACE (n) = DSPACE (1,5n)?

З теореми про ієрархію простору відомо, що, якщо $f$ простороконструюється, тоді DSPACE ( $2f(n)$ ) не дорівнює DSPACE ( $f(n))$ .

Тут під DSPACE ( $f(n))$ я маю на увазі клас усіх проблем, які можна вирішити у просторі $f(n)$ машиною Тюрінга з певним фіксованим алфавітом. Це дозволяє розглядати теорему простір-ієрархії з такою точністю.

Стандартний аргумент дає мультиплікативну константу $2$ : нам потрібен простір $f(n)$ для побудови розрахунку деякої машини Тьюрінга за універсальним. Також нам потрібно $f(n)$ для вирішення проблеми із зупинкою.

Питання: Чи DSPACE ( $f(n)$ ) дорівнює DSPACE ( $\frac{3}{2}f(n)$ )?

cc.complexity-theory complexity-classes

— Олексій Мілованов
джерело

Будь-яка причина вас цікавить

\frac{3}{2}

$\frac32$ ? Буде

1 + Ω (1)

$1+\Omega(1)$ однаково цікавою?

— Томас

Чому ви вважаєте, що теорема про просторову ієрархію дає

? Я припускаю, що ви стверджуєте, що нам потрібен

простір для моделювання та

простір для підрахунку кількості кроків, щоб уникнути нескінченних циклів. Але в обох випадках нам потрібно спочатку позначити

'-ве місце на стрічці (це можна зробити з

2 f (n)

$2f(n)$

f (n)

$f(n)$

\log_{| Σ |} | Σ |^{f (n)}

$\log_{|\Sigma|} |\Sigma|^{f(n)}$

f (n)

$f(n)$

f

$f$ конструкція простору) і як би ви зробили маркування? Ваш аргумент в порядку, якщо ви припускаєте, що машинам заборонено писати *, але в іншому випадку потрібні додаткові ускладнення.

— domotorp

@Thomas Насправді я хочу

1 + o (1)

$1 + o(1)$

— Олексій Милованов

Можна довести, що DSPACE $(f(\frac 32 n))\ne$ DSPACE $(f(n))$ якщо $f$ зростає принаймні лінійно, використовуючи простий варіант стандартного аргументу прокладки. Для мови $L$ , нехай $L'=\{x0^{|x|/2}\mid x\in L\}$ .

Претензія. $L\in$ DSPACE $(f(n))$ тоді і тільки тоді, коли $L'\in$ DSPACE $(f(\frac 23n))$ якщо $f(n)\ge \frac 32n$ .

(У моїй першій відповіді було кілька невірних тверджень, завдяки Емілю за це помітили.)

Спочатку я покажу, як використовувати претензію для доказу ієрархії. Оскільки $f$ зростає принаймні лінійно, ми маємо DSPACE $(2f(n))\subset$ DSPACE $(f(2n))$ . Візьміть мову $L\in$ DSPACE $(f(2n))\setminus$ DSPACE $(f(n))$ . Використовуючи претензію, $L'\in$ DSPACE $(f(\frac 43 n))=$ DSPACE $(f(n))$ , де остання рівність за непрямим припущенням. Але тоді $L\in$ DSPACE $(f(\frac 32 n))=$ DSPACE $(f(n))$ , де остання рівність знову за непрямим припущенням, що дає протиріччя.

Доказ позову. Якщо $L'\in$ DSPACE $(f(\frac 23 n))$ $L\in$ $(f(n))$ $|x|/2$ $x$ $L'$ $f(n)\ge \frac 32 n$ $f$ $x$

$L'$ $L'=\{x10^{|x|/2}\mid x\in L\}$ $x10^{|x|/2}$ $f$ $x10^{|x|/2}$ $f$

— домоторп
джерело

L \in D S P A C E (f (n))

$L\in\mathrm{DSPACE}(f(n))$

L^{'} \in D S P A C E (f (\frac{2}{3} n))

$L'\in\mathrm{DSPACE}(f(\frac23n))$

\frac{2}{3}

$\frac23$

L^{'} \in D S P A C E (f (\frac{2}{3} n))

$L'\in\mathrm{DSPACE}(f(\frac23n))$

L \in D S P A C E (f (n) + \frac{n}{2})

$L\in\mathrm{DSPACE}(f(n)+\frac n2)$

L \in D S P A C E (2 f (n))

$L\in\mathrm{DSPACE}(2f(n))$

L^{'} \in D S P A C E (\frac{4}{3} f (n) + \frac{n}{3}))

$L'\in\mathrm{DSPACE}(\frac43f(n)+\frac n3))$

@Emil Ти маєш рацію. Я спробував це виправити, чи виглядає це краще?

— домоторп

L^{'} \in D S P A C E (f (\frac{2}{3} n)) ⟹ L \in D S P A C E (f (n))

$L'\in\mathrm{DSPACE}(f(\frac23n))\implies L\in\mathrm{DSPACE}(f(n))$

O (\log n)

$O(\log n)$

f

$f$

D S P A C E (f (n)) ⊊ D S P A C E ((1 + ϵ) f (n))

$\mathrm{DSPACE}(f(n))\subsetneq\mathrm{DSPACE}((1+\epsilon)f(n))$

ϵ > 0

$\epsilon>0$

@Emil Я не думаю, що вхідна стрічка є лише для читання - AFAIK, яка передбачається лише у випадку .

f (n) < n

$f(n)<n$

— domotorp