Non

Mi aspetto che la risposta sia no, ma in realtà non sono riuscito a costruire un controesempio. La differenza è che in $∩_{ε>0} \mathrm{DTIME}(O(n^{2+ε}))$ , potremmo non essere in grado di scegliere un algoritmo $O(n^{2+ε})$ uniformemente in $ε$ .

Con un argomento a coda di rondine (ad esempio, vedi questa domanda ), se esiste un ce set di macchine di Turing $M_i$ decide una lingua $L$ tale che $∀ε>0 ∃M_i ∈ O(n^{2+ε})$ , allora $L$ è in $\mathrm{DTIME}(n^{2+o(1)})$ .

Data una macchina Turing, se la macchina gira nel tempo $n^{2+o(1)}$ è $Π^0_3$ . Se una lingua (dato un codice per una macchina che la riconosce) è in $\mathrm{DTIME}(n^{2+o(1)})$ è $Σ^0_4$ (e $Π^0_3$ -hard); se una lingua è in $∩_{ε>0} \mathrm{DTIME}(O(n^{2+ε}))$ è $Π^0_3$ . Se potessimo dimostrare la completezza $Σ^0_4$ (o solo $Σ^0_3$ -hardness) di $\mathrm{DTIME}(n^{2+o(1)})$ , ciò risolverebbe il problema, ma non sono sicuro di come fare quello.

Il problema verrebbe anche risolto se trovassimo una sequenza di linguaggi $L_i$ tale che
* $L_i$ abbia un algoritmo di decisione O naturale (n ^ {2 + 1 / i})$O(n^{2+1/i})$ (uniformemente in $i$ ).
* Ogni $L_i$ è finito.
* Non solo la dimensione di $L_i$ indecidibile, ma un algoritmo non può escludere $w∈L_i$ molto più velocemente di $O(n^{2+1/i})$ (nel peggiore dei casi $w$ ), tranne per i finiti molti $i$ (dipendenti dal algoritmo).

Sono anche curioso di sapere se ci sono esempi notevoli / interessanti (per $∩_{ε>0} \mathrm{DTIME}(O(n^{2+ε})) \setminus \mathrm{DTIME}(n^{2+o(1)})$ o una relazione analoga).

Ecco un controesempio, ovvero un linguaggio con un algoritmo (utilizzando macchine Turing multitape) per ogni , ma non uniformemente in : Accetta iff e la th Turing machine si ferma in meno di passi sull'input vuoto. Altre stringhe vengono rifiutate.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}$

Per ogni , otteniamo un algoritmo hardcodificando tutte le macchine non inalanti sufficientemente piccole e simulando il resto. O ( n 2 + ε$ε$$O(n^{2+ε})$

Ora, considera una macchina di Turing decide la lingua.$M$

Sia (sull'input vuoto) un'implementazione efficiente di quanto segue: per in 1,2,4,8, ...:      usa per decidere se interrompe in passaggi.      ferma iff dice che non ci fermiamo ma possiamo ancora fermarci a passi. 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'}$

Per correttezza di , non si ferma, ma prende -passi sull'ingresso per infinitamente molti . (Se è troppo veloce, allora contraddirebbe Il limite dipende da simula in tempo lineare e che altrimenti sarebbe efficiente.)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$