|
Существование оракула [math]A[/math]
Рассмотрим PS-полный язык [math]\mathrm{TQBF}[/math].
[math]
\mathrm{P^{TQBF}} \overset{(1)}{\subseteq}
\mathrm{NP^{TQBF}} \overset{(2)}{\subseteq}
\mathrm{NPS^{TQBF}} \overset{(3)}{=}
\mathrm{PS^{TQBF}} \overset{(4)}{=}
\mathrm{PS} \overset{(5)}{\subseteq}
\mathrm{P^{TQBF}}
\Rightarrow
[/math]
[math]\Rightarrow \mathrm{P^{TQBF}} = \mathrm{NP^{TQBF}}[/math].
- [math] \mathrm{P} \subseteq \mathrm{NP} \Rightarrow \mathrm{P^{TQBF}} \subseteq \mathrm{NP^{TQBF}} [/math].
- [math] \mathrm{NP} \subseteq \mathrm{NPS} \Rightarrow \mathrm{NP^{TQBF}} \subseteq \mathrm{NPS^{TQBF}} [/math].
- По теореме Сэвича [math] \mathrm{NPS^{TQBF}} = \mathrm{PS^{TQBF}} [/math].
- [math] \mathrm{TQBF} \in \mathrm{PS} \Rightarrow \mathrm{PS^{TQBF}} = \mathrm{PS} [/math].
- [math] \mathrm{TQBF} \in \mathrm{PSC} \Rightarrow \mathrm{PS} \subseteq \mathrm{P^{TQBF}} [/math].
Существование оракула [math]B[/math]
Пусть [math]B[/math] — произвольное множество, а [math]U_B = \{1^n | \exists x \in B : |x| = n\}[/math]. Ясно, что [math]\forall B \Rightarrow U_B \in \mathrm{NP^B}[/math] (легко написать программу, проверяющую сертификат). Построим такое множество [math]B[/math], что [math]U_B \not\in \mathrm{P^B}[/math].
Рассмотрим последовательность машин Тьюринга [math]M_i[/math], имеющих доступ к оракулу языка [math]B[/math]. Построение множества [math]B[/math] разделим на счетное стадий шагов. Будем строить [math]B[/math] так, чтобы на [math]i[/math]-й стадии было выполнено: [math]T(M_i, x) \ge 2^{|x|-1}[/math]. Очевидно, что это утверждение сильнее, чем [math]U_B \not\in \mathrm{P^B}[/math].
- 0-я стадия: [math]B \leftarrow \emptyset [/math].
- [math]i[/math]-я стадия. Будем считать, стадии с 0-й по [math](i-1)[/math]-ю сделаны. Тогда [math]B[/math] на данном этапе — конечное множество слов. Пусть самое длинное из них состоит из [math](n-1)[/math]-го символа. Запустим машину [math]M_i[/math] на входе [math]1^n[/math] на [math]2^{n-1}[/math] шагов. Когда [math]M_i[/math] требуется ответ оракула языка [math]B[/math] о слове [math]x[/math], будем определять принадлежность этого слова к [math]B[/math]:
- если принадлежность [math]x[/math] множеству [math]B[/math] была определена на предыдущем шаге, то она сохраняется;
- если принадлежность [math]x[/math] множеству [math]B[/math] не установлена ранее, то далее считаем, что [math]x \not\in B[/math].
Но [math]M_i[/math] могла остановится раньше, чем за [math]2^{n-1}[/math] шагов и вернуть какое-либо значение. Но мы строим [math]B[/math] с условием [math]T(M_i, x) \ge 2^{n-1}[/math], поэтому решение машины должно быть неверным:
- если [math]M_i[/math] приняла слово, то будем считать, что выбросим из [math]B[/math] все слова вида [math]\{0,1\}^n[/math];
- Если [math]M_i[/math] отклонила слово, то выберем слово [math]x[/math] длины [math]n[/math], принадлежность которого [math]B[/math] еще не определено. Тогда [math]x \in B[/math]. Такое слово всегда найдется, так как на предыдущий шагах мы могли сделать не более, чем [math]2^n-1[/math] запросов к оракулу, а всего слов длины n [math]2^n[/math].
Во множестве [math]B[/math] на каждой стадии содержится конечное число элементов, так как на каждой стадии в [math]B[/math] может быть добавлено не более чем [math]2^{n-1}+1[/math] слов.
Предположим, что [math]M_i[/math] отработала менее, чем за время [math]2^{n-1}[/math], тогда
- если [math]M_i[/math] допускает слово [math]1^n[/math], то в [math]B[/math] нет слова [math]1^n[/math];
- если [math]M_i[/math] отклоняет слово [math]1^n[/math], то в [math]B[/math] содержится слово [math]x[/math], причем [math]|x| = n[/math].
Противоречие.
Следовательно, никакая машина [math]M_i[/math] не может решить язык [math]U_B[/math] за время меньшее [math]2^{n-1}[/math]. |
