Đối với một orory R ngẫu nhiên, BPP có bằng tập hợp các ngôn ngữ tính toán trong P ^ R không?

Vâng, tiêu đề khá nhiều nói lên tất cả. Câu hỏi thú vị ở trên đã được bình luận viên Jay hỏi trên blog của tôi (xem tại đây và đây ). Tôi đoán cả hai câu trả lời là có và đó là một bằng chứng tương đối đơn giản, nhưng tôi không thể nhìn thấy nó bằng tay. (Tuy nhiên, rất đại khái, người ta có thể cố gắng chỉ ra rằng, nếu một ngôn ngữ trong không có trong , thì nó phải có thông tin lẫn nhau về thuật toán vô hạn với , trong trường hợp đó, nó sẽ không thể tính toán được. một hướng là tầm thường: các ngôn ngữ có thể tính toán trong chắc chắn có chứa .)$P^R$$BPP$$R$$P^R$ $BPP$

Lưu ý rằng tôi không hỏi về lớp MostP , bao gồm các ngôn ngữ có trong cho hầu hết mọi (và nổi tiếng là bằng ). Trong câu hỏi này, trước tiên chúng ta sửa chữa , sau đó nhìn vào các thiết lập của ngôn ngữ tính toán trong . Mặt khác, người ta có thể cố gắng chỉ ra rằng, nếu một ngôn ngữ trong có thể tính toán được, ngay cả đối với một ngẫu nhiên cố định , thì thực tế ngôn ngữ đó phải nằm trong .$P^R$$R$$BPP$$R$$P^R$$P^R$$R$$AlmostP$

Một câu hỏi liên quan chặt chẽ là liệu, với xác suất 1 trên một orory ngẫu nhiên , chúng ta có$R$

$AM = NP^R \cap Computable.$

Nếu vậy, chúng ta sẽ nhận được hệ quả thú vị sau: nếu , thì với xác suất 1 trên một orory ngẫu nhiên , các ngôn ngữ duy nhất chứng kiến ​​sự phân tách orory là các ngôn ngữ không thể tính toán được.R P R ≠ N P $P=NP$$R$$P^R \ne NP^R$

Đúng.

Đầu tiên, vì tôi mất một phút để tự mình tìm ra điều này, hãy để tôi chính thức hóa sự khác biệt giữa câu hỏi của bạn và ; đó là thứ tự của lượng tử hóa. và kết quả mà bạn ám chỉ là ∀ LA l m o s t P : = { L : P r R ( L ∈ P R ) = 1 $\mathsf{AlmostP}$$\mathsf{AlmostP} := \{L : Pr_R(L \in \mathsf{P}^R) = 1\}$ . Nếu tôi đã hiểu một cách chính xác, bạn đang yêu cầu nếu P r R ( ∀ $\forall L\, L \in \mathsf{BPP} \iff Pr_R(L \in \mathsf{P}^R) = 1$ .$Pr_R(\forall L\, L \in \mathsf{P}^R \cap \mathsf{COMP} \iff L \in \mathsf{BPP}) = Pr_R(\mathsf{P}^R \cap \mathsf{COMP} = \mathsf{BPP}) = 1$

Xem xét

.$p := 1-Pr_R(\mathsf{P}^R\cap \mathsf{COMP} = \mathsf{BPP}) = Pr_R(\exists L \in \mathsf{P}^R \cap \mathsf{COMP} \backslash \mathsf{BPP})$

Bằng sự kết hợp ràng buộc, các được trên bên giáp Σ L ∈ C O M P P r R ( L ∈ P R ∖ B P P ) . (Lưu ý rằng tổng sau có thể đếm được.) Bây giờ, theo luật 0-1 - áp dụng vì tất cả các câu lệnh liên quan không thay đổi nếu chúng ta thay đổi R rất nhiều - mỗi xác suất riêng lẻ trong tổng này là 0 hoặc 1. Nếu Trả lời cho câu hỏi của bạn là không, sau đó p = 1 , do đó phải có một số L ∈ C O M P sao cho$p$$\sum_{L \in \mathsf{COMP}} Pr_R(L \in \mathsf{P}^R \backslash \mathsf{BPP})$$R$$p=1$$L \in \mathsf{COMP}$ . Nhưng mâu thuẫn với này thực tế là một l m o s t P = B P P .$Pr_R(L \in \mathsf{P}^R \backslash \mathsf{BPP}) = 1$$\mathsf{AlmostP} = \mathsf{BPP}$

Cập nhật 10 Tháng 10 năm 2014 : Như đã chỉ ra trong các bình luận của Emil Jerabek, lập luận tương tự áp dụng cho vs N P R , vì chúng ta cũng biết rằng Một l m o s t N P = A M .$\mathsf{AM}$$\mathsf{NP}^R$$\mathsf{AlmostNP} = \mathsf{AM}$

Ông cũng chỉ ra rằng chúng tôi đã không sử dụng bất cứ điều gì về ngoài việc đó là một lớp có thể đếm được có chứa B P P (resp., A M ). Vì vậy, "kết luận thú vị" trong OQ thực sự áp dụng cho bất kỳ loại ngôn ngữ C có thể đếm được nào có chứa A M : nếu P = N P , các ngôn ngữ "duy nhất" chứng kiến ​​sự phân tách tiên tri P R ≠ N P R nằm ngoài $\mathsf{COMP}$$\mathsf{BPP}$$\mathsf{AM}$$\mathcal{C}$$\mathsf{AM}$$\mathsf{P} = \mathsf{NP}$$\mathsf{P}^R \neq \mathsf{NP}^R$$\mathcal{C}$. Nhưng câu lệnh sau cảm thấy hơi sai với tôi (nó nghe có vẻ như, đối với bất kỳ chúng ta có thể xem xét C = A M ∪ { L 0 } , và do đó "cho thấy" không L 0 nhận ra N P R ≠ P R , mâu thuẫn với định lý nổi tiếng). Thay vào đó, viết nó ra một cách tượng trưng, ​​chúng tôi đã thể hiện:$L_0$$\mathcal{C} = \mathsf{AM} \cup \{L_0\}$ $L_0$$\mathsf{NP}^R \neq \mathsf{P}^R$

Nếu , sau đó ∀ đếm  C ⊇ Một $\mathsf{P} = \mathsf{NP}$ .$\forall \text{countable } \mathcal{C} \supseteq \mathsf{AM}\, Pr_R(\mathsf{NP}^R \neq \mathsf{P}^R \text{ and } \mathsf{NP}^R \cap \mathcal{C} = \mathsf{P}^R \cap \mathcal{C}) = 1$

Lưu ý rằng, điều quan trọng là xác xuất 1 không phải là điều tương tự như tất cả các , và trong đó toàn bộ các biện pháp R thỏa mãn các tham số để P r R có thể phụ thuộc vào C . Vì vậy, nếu chúng ta cố gắng làm thay đổi C để C ∪ { L 0 } , nó nhiều nhất là loại bỏ một bộ đo 0 của R đáp ứng tuyên bố này.$R$$R$$Pr_R$$\mathcal{C}$$\mathcal{C}$$\mathcal{C} \cup \{L_0\}$$R$

Mặc dù thứ tự của các bộ lượng hóa giữa những gì bạn đang hỏi và gần như P khác nhau, không quá khó để chỉ ra rằng chúng tương đương nhau. Đầu tiên, đối với bất kỳ L cố định nào, câu hỏi liệu L \ trong P ^ O không phụ thuộc vào bất kỳ phân đoạn ban đầu hữu hạn nào của O. điều đó có nghĩa là xác suất L \ trong P ^ R là 0 hoặc 1. Từ gần như - Kết quả P, với mỗi L tính toán không có trong BPP, câu trả lời là 0, trong khi nếu L \ trong BPP, xác suất là 1. Vì có nhiều L có thể tính toán được, chúng ta có thể thực hiện liên kết; một tập hợp có thể đếm được của các bộ xác suất 0 có xác suất 0. Do đó, xác suất có bất kỳ L tính toán nào không có trong BPP nhưng ở P ^ R là 0, như xác suất có một ngôn ngữ trong BPP không có trong P ^ R