DSPACE (n) = DSPACE (1,5n) mı?

Boşluk-hiyerarşi teoreminden $f$ boşluğa göre yapılandırılabilir ise DSPACE ( ) 'nin DSPACE ( eşit olmadığı bilinmektedir . $2f(n)$ $f(n))$

Burada, DSPACE ( , uzayında sabit bir alfabeye sahip bir Turing makinesi tarafından çözülebilen tüm problemlerin sınıfı anlamına gelir . Bu, Uzay-hiyerarşi teoremini böyle bir doğrulukla düşünmeye izin verir. $f(n))$ $f(n)$

Standart argüman çarpma sabiti verir : bazı Turing makinelerinin evrensel bir hesaplamasını yapmak için boşluğuna ihtiyacımız vardır . Ayrıca durma ile ilgili bir sorunu çözmek için ye ihtiyacımız var . $2$ $f(n)$ $f(n)$

Soru: Is Dspace ( ) için eşit Dspace ( )? $f(n)$ $\frac{3}{2}f(n)$

cc.complexity-theory complexity-classes

— Alexey Milovanov
kaynak

ile ilgilenmeniz için herhangi bir neden var mı? Misiniz

\frac{3}{2}

$\frac32$

1 + Ω (1)

$1+\Omega(1)$ eşit ilginç?

— Thomas

Neden uzay hiyerarşi teoreminin

verdiğini düşünüyorsunuz ? Sanırım simülasyon ve

için

boşluğuna ihtiyacımız olduğunu iddia ediyorsunuz

sonsuz döngülerden kaçınmak için adım sayısını saymak için alan. Ancak her iki durumda da önce

'nin bant üzerindeki konumunu işaretlememiz gerekir (

beri yapılabilir

2 f (n)

$2f(n)$

f (n)

$f(n)$

\log_{| Σ |} | Σ |^{f (n)}

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

f (n)

$f(n)$

f

$f$ boşluk oluşturulabilir) ve işaretlemeyi nasıl yapardınız? Makinelerin * 'lerin yazılmasına izin verilmediğini varsayarsanız, argümanınız tamamdır, ancak aksi takdirde bazı başka komplikasyonlara ihtiyaç vardır.

— domotorp

@Thomas Aslında

1 + o (1)

$1 + o(1)$

— Alexey Milovanov

Bu ispat edilebilir Dspace $(f(\frac 32 n))\ne$ Dspace $(f(n))$ ise $f$ standart dolgu argüman basit bir varyantı kullanarak doğrusal en az büyür. Bir dil için $L$ , let $L'=\{x0^{|x|/2}\mid x\in L\}$ .

İddia. $L\in$ Dspace $(f(n))$ , ancak ve ancak, eğer $L'\in$ Dspace $(f(\frac 23n))$ Eğer $f(n)\ge \frac 32n$ .

(İlk cevabımın yanlış ifadeleri vardı, Emil'e bunu tespit ettiği için teşekkürler.)

Önce hiyerarşiyi kanıtlamak için iddiayı nasıl kullanacağımı göstereceğim. Yana $f$ lineer en az büyür, elimizdeki Dspace $(2f(n))\subset$ Dspace $(f(2n))$ . Bir dil alın $L\in$ DSPACE $(f(2n))\setminus$ DSPACE $(f(n))$ . Hak talebini kullanarak $L'\in$ DSPACE $(f(\frac 43 n))=$ DSPACE $(f(n))$ ; burada son eşitlik dolaylı varsayımdır. Ama sonra $L\in$ DSPACE $(f(\frac 32 n))=$ DSPACE $(f(n))$ , burada son eşitlik yine dolaylı varsayımladır ve bir çelişki verir.

İddianın kanıtı. Eğer $L'\in$ Dspace $(f(\frac 23 n))$ , o zaman $L\in$ DSPACE $(f(n))$ yi kanıtlamak için, sadece yazmamız gerekir $|x|/2$ giriş ucuna 0 ' $x$ ve kabul edilen bu makineyi simüle $L'$ . beri $f(n)\ge \frac 32 n$ , bu bizim kullandığımız alanı artırmayacak. (Aslında, $f$ küçük olması ve alfabe boyutunu artıramamamızdurumunda kaç tane 0 yazacağını bilmek netdeğildir - bunun yerine, başka bir bant kullanabilir ve $x$ sonunda gelebilecek her şeyin üzerine yazabiliriz.)

Diğer yön, 0 'ları yazmamıza izin verilirse, 0'ları *' s ile değiştirerek sadece bu kadar basittir. (Soruya benim yorumunda bu ile sorunları bakınız.) Yıldızları yazmak için izniniz yoksa, o zaman biraz tanımını değiştirmek $L'$ olarak $L'=\{x10^{|x|/2}\mid x\in L\}$ . Şimdi, yıldız yazmak yerine, orijinal girişi tutarız $x10^{|x|/2}$ ve bununla çalışın. Ancak bir 1'e ulaştığımızda, 1 kelimesinin sonu olup olmadığını kontrol etmek için başka bir 1'e ulaşana kadar sağa gideriz. Eğer başka bir 1 bulursak, sadece 1'e geri döneriz. Eğer hala geri dönmezsek, yine de geri döneriz, ama bir yıldız gibi davranılması gerektiğini bileceğiz - eğer üzerine yazacaksak, o zaman yeni bir güncel kelime sonu işaretleyicisine sahip olmak için ondan sonra da 10 yazıyoruz. (Aslında, eğer $f$ küçükse bu kısımda küçük bir yakalama vardır - girişin $x10^{|x|/2}$ biçiminde olup olmadığını nasıl kontrol edebiliriz ? Girişi yok etmeden, bunu sadece birden fazla kafa kullanarak çözebilirim küçük $f$ .)

— domotorp
kaynak

Tartışmayı hiç anlamıyorum. Herhangi bir şekilde baktığımda, dolgu yapısı sadece

, o zaman

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

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

, iddiadan oldukça farklıdır (

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

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

). Benzer şekilde, zıt yön belirtildiği gibi net değildir, benim için açık olan şey, eğer

\frac{2}{3}

$\frac23$

, sonra

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

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

. Hak talebini nominal değerde alsam bile, ana sonucun kanıtı yanlış:

sadece

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 Jeřábek

@Emil haklısın. Düzeltmeye çalıştım, daha iyi görünüyor mu?

— domotorp

Bu tamamen kullandığınız hangi makine modeli bana açık değil, ancak uzunluk bağlı boşluğa doğru sayılmaz salt okunur giriş bantla standart modelde, ben göstermek için nasıl görmüyorum

en az bir

boşluk ek yüküolmadan. Ama tamam, şimdi

uzay tarafından inşaedilebilir olduğu sürece ana sonuca inanıyorum. Aslında,

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

$f$

bağımsız değişkeni yineleyerekherhangi bir

sabiti için.

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 Jeřábek

@Emil Giriş bandının salt okunur olduğunu düşünmüyorum - AFAIK yalnızca

ise varsayılır .

f (n) < n

$f(n)<n$

— domotorp