DSPACE (n) = DSPACE (1.5n)?

D'après le théorème de la hiérarchie spatiale, on sait que si $f$ est constructible dans l'espace, alors DSPACE ( $2f(n)$ ) n'est pas égal à DSPACE ( $f(n))$ .

Ici, par DSPACE ( $f(n))$ je veux dire la classe de tous les problèmes qui peuvent être résolus dans l'espace $f(n)$ par une machine de Turing avec un alphabet fixe. Cela permet de considérer le théorème de la hiérarchie spatiale avec une telle précision.

L'argument standard donne une constante multiplicative $2$ : nous avons besoin de l'espace $f(n)$ pour construire un calcul d'une machine de Turing par une machine universelle. Nous avons également besoin de $f(n)$ pour résoudre un problème d'arrêt.

Question: Is DSPACE ( $f(n)$ ) égal à DSPACE ( $\frac{3}{2}f(n)$)?

On peut prouver que DSPACE $(f(\frac 32 n))\ne$ DSPACE$(f(n))$si$f$croît au moins linéairement en utilisant une variante simple de l'argument de remplissage standard. Pour une langue$L$ , soit$L'=\{x0^{|x|/2}\mid x\in L\}$ .

Prétendre. $L\in$ DSPACE $(f(n))$ si et seulement si $L'\in$ DSPACE $(f(\frac 23n))$si$f(n)\ge \frac 32n$.

(Ma première réponse avait plusieurs déclarations incorrectes, merci à Emil d'avoir repéré cela.)

Je vais d'abord montrer comment utiliser la revendication pour prouver la hiérarchie. Puisque $f$ croît au moins linéairement, nous avons DSPACE $(2f(n))\subset$ DSPACE $(f(2n))$ . Prendre une langue $L\in$ DSPACE $(f(2n))\setminus$ DSPACE$(f(n))$ . En utilisant la revendication,$L'\in$ DSPACE$(f(\frac 43 n))=$ DSPACE$(f(n))$, où la dernière égalité est par hypothèse indirecte. Mais alors$L\in$DSPACE$(f(\frac 32 n))=$ DSPACE$(f(n))$ , où la dernière égalité est à nouveau par l'hypothèse indirecte, donnant une contradiction.

Preuve de la réclamation. Si $L'\in$ DSPACE $(f(\frac 23 n))$, puis pour prouver$L\in$DSPACE$(f(n))$, il suffit d'écrire$|x|/2$0 à la fin de l'entrée$x$et simuler la machine qui a accepté$L'$. Puisque$f(n)\ge \frac 32 n$, cela n'augmentera pas l'espace que nous utilisons. (En fait, savoir combien de 0 à écrire n'est pas clair du tout si$f$est petit et nous ne pouvons pas augmenter la taille de l'alphabet - à la place, nous pouvons utiliser une autre bande et écrire sur tout ce qui viendrait après la fin de$x$.)

L'autre direction est aussi simple que cela en remplaçant les 0 par des *, si nous sommes autorisés à écrire des *. (Voir les problèmes avec cela dans mon commentaire à la question.) Si nous ne sommes pas autorisés à écrire des étoiles, nous modifions légèrement la définition de $L'$ comme $L'=\{x10^{|x|/2}\mid x\in L\}$ . Maintenant, au lieu d'écrire des étoiles, nous gardons l'entrée d'origine $x10^{|x|/2}$et travailler avec ça. Mais chaque fois que nous atteignons un 1, nous allons à droite jusqu'à ce que nous touchions un autre 1 pour vérifier s'il s'agissait du 1 de fin de mot ou non. Si nous avons trouvé un autre 1, nous revenons simplement à notre 1. Si ce n'est pas le cas, nous revenons toujours en arrière, mais nous saurons qu'il doit être traité comme une étoile - si nous écrivions dessus, alors nous écrivons également un 10 après pour avoir un nouveau marqueur de fin de mot courant. (En fait, il y a aussi un petit hic dans cette partie si $f$ est petit - comment pouvons-nous vérifier si l'entrée est de la forme $x10^{|x|/2}$ ? Sans détruire l'entrée, je ne peux résoudre ce problème qu'en utilisant plusieurs têtes pour les petits $f$ .)