Est- que ?

Je m'attends à ce que la réponse soit non, mais je n'ai pas pu réellement construire un contre-exemple. La différence est que dans , nous pourrions ne pas être en mesure de choisir uniformément un algorithme dans ε .∩ ε > 0 D T I M E ( O ( n 2 + ε ) ) O ( n 2 + ε ) $∩_{ε>0} \mathrm{DTIME}(O(n^{2+ε}))$$O(n^{2+ε})$$ε$

Par un argument en queue d'aronde (voir par exemple cette question ), s'il existe un ensemble de ce de machines de Turing $M_i$ décidant un langage $L$ tel que $∀ε>0 ∃M_i ∈ O(n^{2+ε})$ , alors $L$ est dans $\mathrm{DTIME}(n^{2+o(1)})$ .

Étant donné une machine de Turing, si la machine fonctionne dans le temps $n^{2+o(1)}$ est $Π^0_3$ -complet. Si une langue (étant donné un code pour une machine qui la reconnaît) est dans $\mathrm{DTIME}(n^{2+o(1)})$ est $Σ^0_4$ (et $Π^0_3$ -hard); si une langue est en $∩_{ε>0} \mathrm{DTIME}(O(n^{2+ε}))$ est $Π^0_3$ -complete. Si nous pouvons prouver l' $Σ^0_4$ (ou simplement la $Σ^0_3$ ) de $\mathrm{DTIME}(n^{2+o(1)})$ , cela résoudrait le problème, mais je ne sais pas comment faire cette.

Le problème serait également résolu si nous trouvions une séquence de langages $L_i$ telle que
* $L_i$ a un algorithme de décision naturel $O(n^{2+1/i})$ (uniformément en $i$ ).
* Chaque $L_i$ est fini.
* Non seulement la taille de $L_i$ indécidable, mais un algorithme ne peut pas exclure $w∈L_i$ beaucoup plus rapidement que $O(n^{2+1/i})$ (pour le pire des cas $w$ ), sauf pour un nombre fini de $i$ (dépendant du algorithme).

Je suis également curieux de savoir s'il existe des exemples notables / intéressants (pour $∩_{ε>0} \mathrm{DTIME}(O(n^{2+ε})) \setminus \mathrm{DTIME}(n^{2+o(1)})$ ou une relation analogue).

Voici un contre-exemple, c'est-à-dire un langage avec un algorithme (utilisant des machines de Turing multitape) pour chaque , mais pas uniformément dans : Accepter iff et la ème machine de Turing s'arrête en moins de pas sur l'entrée vide. Les autres chaînes sont rejetées.O ( n 2 + ε ) ε > 0 ε 0 k 1 m k > 0 k m 2 + $O(n^{2+ε})$$ε>0$$ε$
$0^k 1^m$$k>0$$k$$m^{2+1/k}$

Pour chaque , nous obtenons un algorithme en codant en dur toutes les machines de non-asphaltage suffisamment petites et en simulant le reste.ε O ( n 2 $ε$$O(n^{2+ε})$

Considérons maintenant une machine de Turing décide de la langue.$M$

Soit (sur l'entrée vide) une implémentation efficace des éléments suivants: pour dans 1,2,4,8, ...:      utilisez pour décider si s'arrête dans étapes.      stop ssi dit que nous ne nous arrêtons pas mais que nous pouvons toujours nous arrêter par étapes .M ′ n M M ′ < n 2 + 1 / M ′ M < n 2 + 1 / M $M'$
$n$
$M$$M'$$<n^{2+1/M'}$
$M$$<n^{2+1/M'}$

Par exactitude de , ne s'arrête pas, mais prend -étapes sur l'entrée pour une infinité de . (Si est trop rapide, alors serait en contradiction avec La borne dépend de simulant en temps linéaire et autrement efficace.)$M$$M'$$M$$Ω(n^{2+1/M'})$$0^{M'} 1^{n-M'}$$n$$M$$M'$$M$$Ω(n^{2+1/M'})$$M'$$M$