La limite des langues dures peut-elle être facile?

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Les éléments suivants peuvent-ils tous tenir simultanément?

$L_s$ est contenu dans $L_{s+1}$ pour tous les entiers positifs $s$ .
$L = \bigcup_s L_s$ est la langue de tous les mots finis sur . $\{0,1\}$
Il y a une classe de complexité et une notion de réduction appropriée pour telle que pour chaque , est difficile pour . $C$ $C$ $s$ $L_s$ $C$

cc.complexity-theory complexity-classes reductions

— András Salamon
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Cela peut-il fonctionner? Étant donné l'énumération des formules booléennes (codées en binaire), définissez où sont les premières formules insatisfiables dans l'énumération?

φ_{1}, φ_{2}, . . .

$\varphi_1, \varphi_2,...$

L_{s} = S A T \cup {φ_{i_{1}}, . . ., φ_{i_{s}}}

$L_s = SAT \cup \{ \varphi_{i_1},...,\varphi_{i_s}\}$

φ_{i_{1}}, . . ., φ_{i_{s}}

$\varphi_{i_1},...,\varphi_{i_s}$

s

$s$

— Marzio De Biasi

Cela semble fonctionner, peut-être en faire une réponse?

— András Salamon

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Je pense que nous pouvons simplement commencer avec un langage de base , puis prendre et . $L$ $L_0 = L$ $L_{s+1} = L_s \cup \{0,1\}^{s+1}$

Autrement dit, chaque est l'union de avec toutes les chaînes de longueur jusqu'à . Chaque est au moins aussi dur que mais n'est pas plus difficile (dans un sens asymptotique), en supposant que nous pouvons compter jusqu'à . $L_s$ $L$ $s$ $L_s$ $L$ $s$

J'ai aussi pensé à la "limite" opposée, donc chaque est contenu dans , et est facile tandis que chaque est dur. Mais je pense que nous pourrions simplement commencer avec une langue difficile (mais dénombrable) et simplement supprimer un mot à chaque étape; l'intersection doit être vide (chaque mot est finalement supprimé). $L_{s+1}$ $L_s$ $L = \cap_s L_s$ $L_s$ $L_0$

— usul
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Juste pour ajouter aux réponses de Marzio et usul: la même chose peut être faite même si l'on veut exiger que la différence entre et soit un ensemble infini (ce qui est une façon d'essayer de rendre la question moins triviale, mais, comme nous le voyons, ne fonctionne pas). Soit . En prenant alors et $L_s$ $L_{s+1}$ $D_n = \{ x \in \{0,1\}^* : 1x \text{ is the binary expansion of an integer divisible by } n\}$ $L_0 = L$ devrait faire l'affaire. $L_{s+1} = L_s \cup D_s$

(Pour tout fixe , si était, disons, CLIQUE, il devrait être relativement facile de prendre une réduction de SAT en CLIQUE et de la modifier par quelque chose comme le remplissage afin qu'elle soit toujours une réduction de SAT en CLIQUE .) $s$ $L$ $\cup D_s$

— Joshua Grochow
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Étant donné une énumération de formules booléennes binaires codées définissent où sont les premiers formules insatisfiables dans l'énumération. $\varphi_1, \varphi_2,...$ $L_s = SAT \cup \{ \varphi_{i_1},...,\varphi_{i_s}\}$ $\varphi_{i_1},...,\varphi_{i_s}$ $s$

est clairement difficile pour : étant donné une formule booléenne ajoutez-y suffisamment de nouvelles variables OR-ed jusqu'à ce que son indice dans l'énumération devienne supérieur à (constant) . $L_s$ $NP$ $\varphi$ $x_i$ $\varphi \lor x_1 \lor ... \lor x_n$ $i_s$

— Marzio De Biasi
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À la réflexion, cela semble nécessiter un codage pour lequel chaque mot fini est garanti d'apparaître comme le codage d'une formule CNF. Cependant, on pourrait alors modifier la deuxième condition pour que

soit le langage de toutes les formules CNF syntaxiquement valides dans le codage; cela reflète toujours l'esprit de la question.

L

$L$

— András Salamon

Pour la dureté, il semble suffisant d'observer que si

est NP-dur, et

est un langage fini, alors

est aussi NP-dur.

L

$L$

L^{'}

$L'$

L \cup L^{'}

$L \cup L'$

— András Salamon

@ AndrásSalamon: vous avez raison sur la résistance à la dureté: -S! Cependant je pense qu'un encodage "parfait" (une bijection entre N et toutes les formules valides) est possible et calculable en temps polynomial.

— Marzio De Biasi