¿ ?

Espero que la respuesta sea no, pero en realidad no pude construir un contraejemplo. La diferencia es que en , es posible que no podamos elegir un algoritmo uniforme en .$∩_{ε>0} \mathrm{DTIME}(O(n^{2+ε}))$$O(n^{2+ε})$$ε$

Mediante un argumento de cola de milano (por ejemplo, vea esta pregunta ), si hay un conjunto ce de máquinas de Turing decide un lenguaje tal que , entonces es en .M i L ∀ ε > 0 ∃ M i ∈ O ( n 2 + ε ) L D T I M E ( n 2 + o ( 1 )$M_i$$L$$∀ε>0 ∃M_i ∈ O(n^{2+ε})$$L$$\mathrm{DTIME}(n^{2+o(1)})$

Dada una máquina de Turing, si la máquina se ejecuta en el tiempo es -completo. Si un idioma (dado un código para una máquina que lo reconoce) está en es (y Π ^ 0_3 -hard); si un idioma está en ∩_ {ε> 0} \ mathrm {DTIME} (O (n ^ {2 + ε})) es Π ^ 0_3 -completo. Si podemos demostrar que Σ ^ 0_4 está completo (o simplemente Σ ^ 0_3 -dureza) de \ mathrm {DTIME} (n ^ {2 + o (1)}) , eso resolvería el problema, pero no estoy seguro de cómo hacerlo ese.n 2 + o ( 1 ) Π 0 3 D T I M E ( n 2 + o ( 1 ) ) Σ 0 4 Π 0 3 ∩ ε > 0 D T I M E ( O ( n 2 + ε ) ) Π 0 3 Σ 0 4 Σ 0 3 D T I $n^{2+o(1)}$$Π^0_3$$\mathrm{DTIME}(n^{2+o(1)})$$Σ^0_4$$Π^0_3$$∩_{ε>0} \mathrm{DTIME}(O(n^{2+ε}))$$Π^0_3$$Σ^0_4$$Σ^0_3$$\mathrm{DTIME}(n^{2+o(1)})$

El problema también se resolvería si encontramos una secuencia de lenguajes $L_i$ tal que
* $L_i$ tenga un algoritmo de decisión natural $O(n^{2+1/i})$ (uniformemente en $i$ ).
* Cada $L_i$ es finito.
* No solo el tamaño de $L_i$ indecidible, sino que un algoritmo no puede descartar $w∈L_i$ mucho más rápido que $O(n^{2+1/i})$ (para el peor de los casos $w$ ), a excepción de muchos $i$ (dependiendo de algoritmo).

También tengo curiosidad por saber si hay ejemplos notables / interesantes (para $∩_{ε>0} \mathrm{DTIME}(O(n^{2+ε})) \setminus \mathrm{DTIME}(n^{2+o(1)})$ o una relación análoga).

Aquí hay un contraejemplo, es decir, un lenguaje con un algoritmo (usando máquinas de Turing multitapa) para cada , pero no de manera uniforme en : Aceptar iff y la máquina th Turing se detiene en menos de pasos en la entrada vacía. Se rechazan otras cadenas.O ( n 2 + ε ) 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}$

Para cada , obtenemos un algoritmo al codificar todas las máquinas que no son lo suficientemente pequeñas y simular el resto.ε O ( n 2 + ε$ε$$O(n^{2+ε})$

Ahora, considere una máquina de Turing decidir el idioma.$M$

Sea (en la entrada vacía) una implementación eficiente de lo siguiente: para en 1,2,4,8, ...:      use para decidir si detiene en pasos.      detener si dice que no nos detenemos, pero aún podemos detenernos en pasos.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'}$

Por corrección de , no se detiene, pero toma -pasos en la entrada para infinitamente . (Si es demasiado rápido, entonces contradiría a El límite depende de que simule en tiempo lineal y de lo contrario sea eficiente).$M$$M'$$M$$Ω(n^{2+1/M'})$$0^{M'} 1^{n-M'}$$n$$M$$M'$$M$$Ω(n^{2+1/M'})$$M'$$M$