¿DSPACE (n) = DSPACE (1.5n)?

Desde el teorema de la jerarquía espacial se sabe que si $f$ es construible en el espacio, entonces DSPACE ( $2f(n)$ ) no es igual a DSPACE ( $f(n))$ .

Aquí, por DSPACE ( $f(n))$ me refiero a la clase de todos los problemas que se pueden resolver en el espacio $f(n)$ por una máquina de Turing con un alfabeto fijo. Esto permite considerar el teorema de la jerarquía espacial con tanta precisión.

El argumento estándar da la constante multiplicativa $2$ : necesitamos espacio $f(n)$ para construir un cálculo de alguna máquina de Turing por una universal. También necesitamos $f(n)$ para resolver un problema con la detención.

Pregunta: ¿ DSPACE ( $f(n)$ ) es igual a DSPACE ( $\frac{3}{2}f(n)$ )?

cc.complexity-theory complexity-classes

— Alexey Milovanov
fuente

Cualquier razón que le interese

\frac{3}{2}

$\frac32$ ? ¿Sería igual de interesante

1 + Ω (1)

$1+\Omega(1)$ ?

— Thomas

¿Por qué crees que el teorema de la jerarquía espacial da

? Supongo que usted argumenta que necesitamos espacio

para la simulación y el

espacio para contar el número de pasos para evitar bucles infinitos. Pero en ambos casos, primero debemos marcar la ubicación

'th en la cinta (se puede hacer desde

2 f (n)

$2f(n)$

f (n)

$f(n)$

\log_{| Σ |} | Σ |^{f (n)}

$\log_{|\Sigma|} |\Sigma|^{f(n)}$

f (n)

$f(n)$

f

$f$ es construible en el espacio) y ¿cómo haría el marcado? Su argumento está bien si asume que las máquinas no pueden escribir *, pero de lo contrario se necesitan algunas complicaciones adicionales.

— domotorp

@Thomas Realmente quiero

1 + o (1)

$1 + o(1)$

— Alexey Milovanov

Se puede demostrar que DSPACE $(f(\frac 32 n))\ne$ DSPACE $(f(n))$ si $f$ crece al menos linealmente usando una variante simple del argumento de relleno estándar. Para un lenguaje $L$ , deje $L'=\{x0^{|x|/2}\mid x\in L\}$ .

Reclamación. $L\in$ DSPACE $(f(n))$ si y solo si $L'\in$ DSPACE $(f(\frac 23n))$ si $f(n)\ge \frac 32n$ .

(Mi primera respuesta tuvo varias declaraciones incorrectas, gracias a Emil por detectar esto).

Primero mostraré cómo usar el reclamo para probar la jerarquía. Como $f$ crece al menos linealmente, tenemos DSPACE $(2f(n))\subset$ DSPACE $(f(2n))$ . Tome un idioma $L\in$ DSPACE $(f(2n))\setminus$ DSPACE $(f(n))$ . Usando el reclamo, $L'\in$ DSPACE $(f(\frac 43 n))=$ DSPACE $(f(n))$ , donde la última igualdad es por suposición indirecta. Pero entonces $L\in$ DSPACE $(f(\frac 32 n))=$ DSPACE $(f(n))$ , donde la última igualdad es nuevamente por la suposición indirecta, dando una contradicción.

Prueba de la reclamación. Si $L'\in$ DSPACE $(f(\frac 23 n))$ $L\in$ $(f(n))$ $|x|/2$ $x$ $L'$ $f(n)\ge \frac 32 n$ $f$ $x$

$L'$ $L'=\{x10^{|x|/2}\mid x\in L\}$ $x10^{|x|/2}$ $f$ $x10^{|x|/2}$ $f$

— domotorp
fuente

L \in D S P A C E (f (n))

$L\in\mathrm{DSPACE}(f(n))$

L^{'} \in D S P A C E (f (\frac{2}{3} n))

$L'\in\mathrm{DSPACE}(f(\frac23n))$

\frac{2}{3}

$\frac23$

L^{'} \in D S P A C E (f (\frac{2}{3} n))

$L'\in\mathrm{DSPACE}(f(\frac23n))$

L \in D S P A C E (f (n) + \frac{n}{2})

$L\in\mathrm{DSPACE}(f(n)+\frac n2)$

L \in D S P A C E (2 f (n))

$L\in\mathrm{DSPACE}(2f(n))$

L^{'} \in D S P A C E (\frac{4}{3} f (n) + \frac{n}{3}))

$L'\in\mathrm{DSPACE}(\frac43f(n)+\frac n3))$

@Emil Tienes razón. Traté de arreglarlo, ¿se ve mejor?

— domotorp

L^{'} \in D S P A C E (f (\frac{2}{3} n)) ⟹ L \in D S P A C E (f (n))

$L'\in\mathrm{DSPACE}(f(\frac23n))\implies L\in\mathrm{DSPACE}(f(n))$

O (\log n)

$O(\log n)$

f

$f$

D S P A C E (f (n)) ⊊ D S P A C E ((1 + ϵ) f (n))

$\mathrm{DSPACE}(f(n))\subsetneq\mathrm{DSPACE}((1+\epsilon)f(n))$

ϵ > 0

$\epsilon>0$

@Emil No creo que la cinta de entrada sea de solo lectura, AFAIK que solo se supone si .

f (n) < n

$f(n)<n$

— domotorp