Enunciado

Asumamos P≠NP. Entonces existe un lenguaje L ∈ NP \ P que no es NP completo.

Preliminarios

Dado i ∈ ℕ , llamamos M_i la máquina de Turing representada por la representación binaria de la string ⌊i⌋. Si esta string no representa ninguna MT, mapeamos i a una máquina que no hace nada.

Una máquina está representada por una cantidad infinita de strings.

Demostración

Para toda función H: ℕ  ↦ ℕ , definimos
SAT_H = {φ01^nH(n) ∣ φ ∈ SAT, n = ∣φ∣}

Ahora, definimos H: ℕ  ↦ ℕ  de la manera siguiente:

H(0) = H(1) = 0

H(n) es el i < loglogn más chiquito tal que para todo input x de tamaño  ≤ logn, M_i sale SAT_H(x) en i∣x∣ⁱ pasos. Si no hay tal i, ponemos H(n) = loglogn.

• Claim H está bien definida: H(n) sirve para definir las strings de SAT_H de longitud superior a n (por definición de SAT_H), mientras que la definición de H depende de chequear strings de longitud logn cómo máximo.

• Claim se puede computar H(n) en O(n³) pasos: ejercicio.

• Claim: SAT_H ∈  P ssi ∀ n∃ C. H(n) ≤ C
  • (←): si H(n) ≤ C, H(n) sólo puede tomar un número finito de valores
    → existe i tal que H(n) = i para un número infinito de n
    → M_i decide SAT_H en tiempo i. nⁱ (si no, ∃ x tq M_i(x) no tiene ouput correcto en tiempo i. nⁱ, entonces, ∀ n > 2^∣x∣, H(n)≠i)
    Observación esto es cierto también si sólo asumimos que existe una constante C tal que H(n) ≤ C para una cantidad infinita de n, entonces tenemos: si SAT_H ∉  P entonces limH(n) =  + ∞
  • (→): supongamos M decide SAT_H en c. n^c pasos. Cómo existe una cantidad infinita de strings que representa M, existe un i > c tal que M = M_i (entonces M corre en i. nⁱ pasos).
    Entonces para n ≥ 2²ⁱ tenemos H(n) ≤ i.

Con el último Claim, mostramos que si P≠NP, SAT_H no está en P ni es NP completo.

Supongamos SAT_H ∈  P. Entonces ∀ n∃ C. H(n) ≤ C. Podemos construir una reducción polinomial f de SAT a SAT_H de tal manera: sea x, computamos H(∣x∣) (en tiempo polinomial), generamos la string 01^{∣x∣H(∣x∣)} (de longitud 1 + ∣x∣^C polinomial). Entonces SAT ∈ P y P = NP  ⊗ .

Ahora supongamos SAT_H es NP completo.

Entonces existe una reducción f de SAT a SAT_H corriendo en tiempo O(n^d) con d constante. Entonces ∣f(x)∣ ≤ ∣x∣^d para cualquier x

Dado que SAT_H no está en P, tenemos limH(n) =  + ∞ f corre en tiempo polinomial entonces existe un n₀ tal que f mapea instancias de SAT de tamaño n > n₀ a instancias de SAT_H de tamaño  < n^H(n). n^H(n) no es acotado por ningun polinomio.

Describimos un algoritmo para decidir SAT usando f: Para input ∣φ∣ < n₀, codificamos en duro las respuestas. Para input ∣φ∣ ≥ n₀:

• construir f(φ)
• si f(φ) no es de la forma ψ01^{∣ψ∣H(ψ)}, return UNSAT (chequeo en tiempo poli.: medir ∣ψ∣, computar H(∣ψ∣) y ∣ψ∣^H(∣ψ∣)), sino seguir

• correr el algoritmo sobre ψ

• Claim Para cada llamada recursiva del algoritmo, el tamaño del input decrece.
  Demo. por el absurdo: asumamos ∣x∣ ≥ n₀, f(x) = ψ_x01^{∣ψ_x∣H(ψ_x)} y ∣ψ_x∣ ≥ ∣x∣ (el input no decrece). Tendríamos entonces ∣ψ_x∣ ≥ n₀ y
  ∣x∣ + 1 + ∣x∣^d ≤ ∣ψ_x∣ + 1 + ∣ψ_x∣^{H(∣ψ_x∣)} ≤ ∣x∣^d, contradicción.

Entonces esto es un algoritmo polinomial para decidir SAT, entonces P=NP, lo que contradice nuestra asumpción inicial.