합니까 ?

나는 대답이 '아니오'라고 기대하지만 실제로 반례를 만들 수는 없습니다. 차이점은 $∩_{ε>0} \mathrm{DTIME}(O(n^{2+ε}))$ 에서 $O(n^{2+ε})$ 알고리즘을 균일하게 선택할 수 없다는 것입니다 에서 $ε$ .

더비 테일링 인수 (예 :이 질문 참조 )에 의해 언어 L을 결정하는 튜링 머신 M_i 세트 가 ∀ε> 0 ∃M_i ∈ O (n ^ {2 + ε}) 이면 L 은 에 \ mathrm DTIME {} (N ^ 2 + {O (1)}) .$M_i$$L$$∀ε>0 ∃M_i ∈ O(n^{2+ε})$$L$$\mathrm{DTIME}(n^{2+o(1)})$

Turing 기계에서 기계가 n ^ {2 + o (1)} 시간에 실행되는지 여부 $n^{2+o(1)}$는 $Π^0_3$ 입니다. 언어 (기계 인식 코드)가 $\mathrm{DTIME}(n^{2+o(1)})$ 인지 여부는 $Σ^0_4$ (및 $Π^0_3$ -hard)입니다. 언어가 $∩_{ε>0} \mathrm{DTIME}(O(n^{2+ε}))$ 인지 여부는 $Π^0_3$ 입니다. \ mathrm {DTIME} (n ^ {2 + o (1)})의 $Σ^0_4$ 완전성 (또는 단지 $Σ^0_3$ -hardness)을 증명할 수 있으면 문제가 해결되지만 어떻게해야할지 모르겠습니다. 그.$\mathrm{DTIME}(n^{2+o(1)})$

우리는 언어 서열을 발견 한 경우, 문제가 해결 될 것이다 $L_i$ 되도록
* $L_i$ 천연 가진다 $O(n^{2+1/i})$ (균일에서 결정 알고리즘 $i$ ).
* 각 $L_i$ 는 유한합니다.
*뿐만 아니라의 크기 $L_i$ 결정 불가능하지만 알고리즘을 배제 할 수 $w∈L_i$ 보다 빠르게 $O(n^{2+1/i})$ (케이스 최악 $w$ 유한 한 많은 제외한) $i$ 온 (종속 연산).

또한 주목할만한 / 흥미로운 예제가 있는지 궁금합니다 ( $∩_{ε>0} \mathrm{DTIME}(O(n^{2+ε})) \setminus \mathrm{DTIME}(n^{2+o(1)})$ 또는 유사한 관계).

다음은 이에 대한 반례입니다. 즉, 모든 마다 알고리즘 (멀티 테이프 Turing machine 사용 있는 언어 이지만 에서는 균일하지 않습니다 : Accept iff 그리고 번째 튜링 머신 은 빈 입력에서 단계 미만으로 정지 합니다. 다른 문자열은 거부됩니다.ε > 0 ε 0 k 1 m k > 0 k m 2 + 1 /$O(n^{2+ε})$$ε>0$$ε$
$0^k 1^m$$k>0$$k$$m^{2+1/k}$

모든 마다 , 우리는 충분히 작은 nonhalting 기계를 하드 코딩하고 나머지를 시뮬레이션함으로써 알고리즘을 얻습니다. O ( n 2 + ε$ε$$O(n^{2+ε})$

이제 언어를 결정 하는 Turing machine 고려하십시오 .$M$

하자 (빈에 입력하여) 다음의 효율적인 구현 될 대 1,2,4,8에, ... :      사용 결정 여부 에서 정지하는 단계.      halt iff 은 우리가 멈추지 않지만 여전히 단계 에서 멈출 수 있다고 말합니다 . 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'}$

의 정확성으로 , 없다 정지를 않지만, 얻어 입력에 씩 단계적 무한히 많은 . ( 이 너무 빠르면 은 모순 됩니다. 바운드는 을 선형 시간으로 을 시뮬레이션 하고 그렇지 않으면 효율적입니다.M ′ M Ω ( n 2 + 1 / M ′ ) 0 M ′ 1 n − M ′ n M M ′ M Ω ( n 2 + 1 / M ′ ) M ′$M$$M'$$M$$Ω(n^{2+1/M'})$$0^{M'} 1^{n-M'}$$n$$M$$M'$$M$$Ω(n^{2+1/M'})$$M'$$M$