Chứng minh hoặc bác bỏ: BPP (0,90,0,95) = BPP

Tôi thực sự muốn giúp đỡ của bạn với minh hoặc bác bỏ các tuyên bố sau đây: . Trong lý thuyết độ phức tạp tính toán, BPP, viết tắt của thời gian đa thức xác suất lỗi bị ràng buộc là lớp các vấn đề quyết định có thể giải quyết được bằng máy Turing xác suất trong thời gian đa thức, với xác suất lỗi nhiều nhất là $BPP(0.90,0.95)=BPP$ cho tất cả các trường hợp. $\frac{1}{3}$ . $BPP=BPP(\frac{1}{3},\frac{2}{3})$

Không phải ngay lập tức rằng bất kỳ tập hợp nào là tập hợp con khác, vì nếu xác suất xảy ra lỗi nhỏ hơn thì không phải nhỏ hơn $0.9$ và nếu nó lớn hơn $\frac{1}{3}$ nó không phải lớn hơn. $\frac{2}{3}$ $0.905$

Tôi đang cố gắng sử dụng bất bình đẳng của Chernoff để chứng minh cho yêu sách, tôi không chắc chính xác như thế nào. Tôi thực sự muốn sự giúp đỡ của bạn. Có một tuyên bố chung liên quan đến những mối quan hệ mà tôi có thể sử dụng?

complexity-theory time-complexity probabilistic-algorithms

— Tử số
nguồn

Tôi không chắc ký hiệu BPP (x, y) nghĩa là gì. Có phải là một chuỗi không có trong ngôn ngữ được chấp nhận với xác suất không lớn hơn x và một chuỗi trong ngôn ngữ được chấp nhận với xác suất lớn hơn y?

— Matt Lewis

Chính xác, Bạn đúng.

— Tử số

Gợi ý: nếu bạn chạy

thử nghiệm trên một chuỗi mà không có trong ngôn ngữ của bạn, khả năng là những gì mà hơn ví dụ

n

$n$

trong số họ chấp nhận chuỗi? Nếu bạn chạy

thử nghiệm trên một chuỗi là bằng ngôn ngữ, khả năng là những gì mà ít hơn

.9 n + c \sqrt{n}

$.9\ n+c\sqrt{n}$

n

$n$

trong số họ từ chối chuỗi? Điều gì xảy ra xác suất chấp nhận / từ chối nếu bạn chạy

thử nghiệm và nói 'chấp nhận bất kỳ chuỗi được chấp nhận bởi hơn

chạy', như

.95 n - c \sqrt{n}

$.95\ n-c\sqrt{n}$

n

$n$

.925 n

$.925\ n$

n \to \infty

$n\to\infty$

— Steven Stadnicki

Gợi ý Steven Stadnicki là cho thấy rằng

. Đối với một hướng khác, cho thấy rằng

cho mỗi

. Theo cùng một cách bạn có thể chỉ ra rằng

B P P (0.9, 0.95) \subseteq B P P (1 / 3, 2 / 3)

$BPP(0.9,0.95) \subseteq BPP(1/3,2/3)$

B P P (1 / 3, 2 / 3) \subseteq B P P (ϵ, 1 - ϵ)

$BPP(1/3,2/3) \subseteq BPP(\epsilon,1-\epsilon)$

ϵ

$\epsilon$

cho mọi hằng số

B P P = B P P (α, β)

$BPP = BPP(\alpha,\beta)$

0 < α < β < 1

$0<\alpha<\beta<1$

— Yuval Filmus

Để mở rộng nhận xét của tôi thành một câu trả lời: dạng nhân của ràng buộc của Chernoff nói rằng nếu kỳ vọng cho tổng các biến nhị phân ngẫu nhiên độc lập là , thì xác suất đi lạc 'quá xa' mà kỳ vọng diễn ra như: $X=\sum_{i=0}^n X_i$ $\mu$ . $Pr(X\gt (1+\delta)\mu) \lt \left(\dfrac{e^\delta}{(1+\delta)^{(1+\delta)}}\right)^\mu$

Bây giờ, hãy tưởng tượng một thủ tục ở đâu, cho một chuỗi để kiểm tra, chúng tôi chạy thử nghiệm của chúng tôi thuật toán (đối với một số được chọn sau) và chấp nhận khi và chỉ khi ít nhất của những thử nghiệm chấp nhận . Chúng ta có thể sử dụng ràng buộc của Chernoff để tìm xác suất thất bại theo như sau: $\sigma$ $n$ $BPP(0.90, 0.95)$ $n$ $0.925n$ $\sigma$ $n$

Hãy biểu thị kết quả của thử nghiệm thứ, và do đó số các phép thử mà thành công. Chúng ta có thể giả định một cách dè dặt rằng xác suất của chúng tôi cho dương tính giả là ; điều này có nghĩa rằng nếu chúng ta thực hiện thử nghiệm độc lập trên một chuỗi , số lượng dự kiến của thành công là . (Lưu ý rằng xác suất dương tính giả nhỏ hơn $X_i$ $i$ $X=\sum X_i$ $.9$ $n$ $\sigma\notin L$ $\mu = E(X) = 0.9n$ $.9$ sẽ dẫn đến một giá trị dự kiến thậm chí thấp hơn và do đó thậm chí còn chặt chẽ hơn các ước tính sắp tới.) Bây giờ, hãy xem xét xác suất chúng ta có hơn dương tính giả (tức là ). Chúng tôi có $0.925n$ $X\gt 0.925n$ ; sau đó $\delta = \left(\frac{0.925}{0.9}\right)-1 =\frac{1}{36}$ và do đó, chúng ta có $\left(\dfrac{e^\delta}{(1+\delta)^{(1+\delta)}}\right) \approx.99961\lt \frac{2999}{3000}$ . $Pr(X\gt 0.925n)\lt\left(\frac{2999}{3000}\right)^{0.9n}$

Từ đây, rõ ràng rằng bằng cách lấy đủ lớn, chúng ta có thể giảm xác suất này xuống $n$ . Như vậy, cho đủ lớn này, nếu chúng ta chấp nhận chuỗichỉ nếu số lượng thử nghiệm thành công trênlớn hơn, sau đó khả năng của chúng ta về việc chấp nhận một chuỗigiảm xuống dưới $\lt\frac{1}{3}$ $n$ $\sigma$ $\sigma$ $.925n$ $\sigma\notin L$ . Lưu ý rằngnày làhằng số, không phụ thuộc vào kích thước vấn đề của chúng tôi; do chúng tôi đang chạythuật toánđa thức của chúng tôi vớisố lần không đổi, nên tổng thời gian chạy của quy trình mới của chúng tôi vẫn là đa thức. Một phân tích tương tự đi theo hướng khác sẽ cho thấy xác suất của 'âm tính giả' (cho một chuỗi trong ngôn ngữ của chúng tôi) sẽ bị ràng buộc bởiđối với một số, và vì vậy một lần nữa chúng ta có thể lấyđủ lớn để ràng buộc xác suất của âm tính giả bằng $\frac{1}{3}$ $n$ $BPP(0.9, 0.95)$ $X\lt.925n$ $c^n$ $c$ $n$ (hoặc, nói cách khác, để đảm bảo ít nhất $\frac{1}{3}$ xác suất chấp nhận trên một chuỗi). Điều này cho thấy $\frac{2}{3}$ $\sigma\in L$ và nhận xét của Yuval cho thấy cách chứng minh sự tương đương ngược thông qua một quy trình tương tự. $BPP(.9, .95)\subseteq BPP(\frac13, \frac23) \equiv BPP$

Về mặt kỹ thuật, điều này được gọi là khuếch đại xác suất và nó là một phương pháp vô cùng hữu ích để đối phó với các lớp xác suất. Các hằng số cụ thể ít quan trọng hơn, rõ ràng, thực tế là ràng buộc của Chernoff cho phép chúng ta ràng buộc xác suất 'kết quả sai' của chúng ta bằng một số hàm số mũ của số lượng thử nghiệm, do đó chúng có thể được làm nhỏ tùy ý chỉ với một số lượng thử nghiệm khiêm tốn.

— Steven Stadnicki
nguồn

Bạn thực sự không cần ràng buộc của Chernoff ở đây, Ch Quashev đủ.

— Yuval Filmus

@YuvalFilmus Ồ, chắc chắn rồi; kể từ khi OP đề cập đến đặc biệt là Chernoff, tôi đã hình dung rằng tôi sẽ đi theo con đường đó, và ngoài hình thức lúng túng của hằng số, IMHO thực sự dễ dàng hơn một chút vì bạn không cần phải tìm hiểu kết quả (đơn giản như chúng có thể) về phương sai của một phân phối nhị thức.

— Steven Stadnicki