？

答えはノーだと思うが、実際に反例を構築することはできなかった。違いは、では、アルゴリズムを均一に選択できない可能性があることです。で。$∩_{ε>0} \mathrm{DTIME}(O(n^{2+ε}))$$O(n^{2+ε})$$ε$

dovetailing引数によって（例えば、この参照質問を）、チューリングマシンのCEのセットがある場合言語判定よう、次いであるがで\ mathrm {DTIME}（N ^ {2 + O（1）}）。 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)})$

チューリングマシンが与えられた場合、マシンが時間内に実行されるかどうかは、はΠ^ 0_3 -completeです。言語（それを認識するマシンにコードを与えた）が\ mathrm {DTIME}（n ^ {2 + o（1）}）にあるかどうかは、Σ^ 0_4（およびΠ^ 0_3 -hard）です。言語が∩_{ε> 0}にあるかどうか\ mathrm {DTIME}（O（n ^ {2 +ε}））はΠ^ 0_3 -completeです。\ mathrm {DTIME}（n ^ {2 + o（1）}）のΣ^ 0_4完全性（または単にΣ^ 0_3 -hardness）を証明できれば、問題は解決しますが、どうすればいいかわかりませんそれ。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)})$

*が自然な決定アルゴリズム（）を持つような言語シーケンスを見つけた場合も、問題は解決されます。 *各は有限です。 *だけでなくサイズである決定不能が、アルゴリズムは排除できないより速くよりもはるかに（最悪の場合の）、有限個を除いに依存します（アルゴリズム）。$L_i$
$L_i$$O(n^{2+1/i})$$i$
$L_i$
$L_i$$w∈L_i$$O(n^{2+1/i})$$w$$i$

また、注目すべき/興味深い例があるかどうかにも興味があります（または類似の関係）。$∩_{ε>0} \mathrm{DTIME}(O(n^{2+ε})) \setminus \mathrm{DTIME}(n^{2+o(1)})$

ここで反例はすなわち、と言語であるアルゴリズム毎ための（機械チューリングmultitape使用）ε > 0はなく、均一でε： 承諾0 K 1 メートル IFF K > 0とK番目チューリングマシンは、空の入力でm 2 + 1 / kステップ未満で停止します。他の文字列は拒否されます。$O(n^{2+ε})$$ε>0$$ε$
$0^k 1^m$$k>0$$k$$m^{2+1/k}$

すべてのについて、十分に小さい非停止マシンをすべてハードコーディングし、残りをシミュレートすることにより、O （n 2 + ε）アルゴリズムを取得します。$ε$$O(n^{2+ε})$

次に、言語を決定するチューリングマシンを考えます。$M$

LET （空の入力に）次の効率的な実装である。 ためにN 1,2,4,8に...：      使用Mはかどうかを決定するM 'で停止< N 2 + 1 / M '手順。      IFF停止Mは、我々は停止しませんが、我々はまだで停止できることを述べている< N 2 + 1 / M "の手順。$M'$
$n$
$M$$M'$$<n^{2+1/M'}$
$M$$<n^{2+1/M'}$

正確さによって、M '停止しないが、MがかかりΩ（N 2 + 1 / Mを'）の入力に-steps 0 M ' 1 、N - M '無限に多くのために、N。場合（Mが早すぎる、そしてMは、「矛盾するでしょうMを。Ω（nは2 + 1 / Mは"）バインドに依存M $M$$M'$$M$$Ω(n^{2+1/M'})$$0^{M'} 1^{n-M'}$$n$$M$$M'$$M$$Ω(n^{2+1/M'})$$M'$を線形時間でシミュレートし、そうでなければ効率的です。）$M$