Khoảng cách thống kê giữa đồng xu và xu thiên vị

Đặt là phân phối đồng đều trên bit và gọi là phân phối trên bit trong đó các bit độc lập và mỗi bit là với xác suất . Có đúng là khoảng cách thống kê giữa và là , khi ? $U$ $n$ $D$ $n$ $1$ $1/2-\epsilon$ $D$ $U$ $\Omega(\epsilon \sqrt{n})$ $n \le 1/\epsilon^2$

pr.probability

— Manu
nguồn

Đúng. Khoảng cách thống kê giữa

U

$U$ và

V

$V$ là ít nhất

{P r}_{U} (\sum x_{i} > n / 2) - {P r}_{D} (\sum x_{i} > n / 2)

$\mathrm{Pr}_U(\sum x_i > n/2) - \mathrm{Pr}_D(\sum x_i > n/2)$ , đó là

Ω (ε \sqrt{n})

$\Omega(\varepsilon \sqrt{n})$ ; xem ví dụ: câu trả lời của matus tại đây:cstheory.stackexchange.com/questions/14471/iêu

— Yury

Cảm ơn. Có lẽ giải thích làm thế nào để có được điều này từ những gì matus đã viết trong một câu trả lời tôi có thể chấp nhận?

— Manu

Có thể hữu ích: cstheory.stackexchange.com/q/22328/5038 , stats.stackexchange.com/q/17405/2921 .

— DW

Về câu trả lời của Matus, bạn có thể làm tốt hơn bất bình đẳng của Slud; xem (2.13,2,14) trong arxiv.org/abs/1606.08920

— Aryeh

Câu trả lời:

Suy ra các bit ngẫu nhiên theo . Theo định nghĩa, khoảng cách thống kê giữa và ít nhất là cho mỗi . Chúng tôi chọn $x_1,\dots, x_n$ $U$ $D$ $\Pr_U\left(\sum x_i \geq t\right) - \Pr_D\left(\sum x_i \geq t\right)$ $t$ . $t = n/2 + \sqrt{n}$

Lưu ý rằng cho một số liên tục tuyệt đối . Nếu , sau đó khoảng cách thống kê ít nhất là , và chúng tôi đang thực hiện. Vì vậy, chúng tôi giả định rằng bên dưới $\Pr_U\left(\sum x_i \geq t\right) \geq c_1$ $c_1 > 0$ $\Pr_D\left(\sum x_i \geq t\right) \leq c_1/2$ $c_1/2$ . $\Pr_D\left(\sum x_i \geq t\right) \geq c_1/2$

Hãy để cho iid Bernoulli ngẫu nhiên biến với . Mục tiêu của chúng tôi là để chứng minh rằng $f(s) = \Pr\left(\sum x_i \geq t\right)$ $x_1,\dots, x_n$ $\Pr(x_i = 1) = 1/2-s$ . Bởi định lý giá trị trung bình, đối với một số. Bây giờ, chúng tôi sẽ chứng minh rằng $f(0) - f(\varepsilon) = \Omega(\varepsilon \sqrt{n})$

f (0) - f (ε) = - ε f^{'} (ξ),

$f(0) - f(\varepsilon) = -\varepsilon f'(\xi),$

ξ \in (0, ε)

$\xi \in (0, \varepsilon)$

; đó sẽ có nghĩa là khoảng cách thống kê mong muốn ít nhất là

- f^{'} (ξ) \geq Ω (\sqrt{n})

$-f'(\xi) \geq \Omega(\sqrt{n})$

, theo yêu cầu.

Ω (\sqrt{n} ε)

$\Omega(\sqrt{n} \varepsilon)$

Write, và

f (ξ) = = \underset{k \geq t}{Σ} (\binom{n}{k}) {(\frac{1}{2} - ξ)}^{k} {(\frac{1}{2} + ξ)}^{n - k},

$f(\xi) = \sum_{k\geq t} \binom{n}{k} \left(\frac12 - \xi\right)^k \left(\frac12+\xi\right)^{n-k},$

Lưu ý rằng

\begin{aligned} f^{'} (ξ) & = = \underset{k \geq t}{Σ} (\binom{n}{k}) (- k {(\frac{1}{2} - ξ)}^{k - 1} {(\frac{1}{2} + ξ)}^{n - k} + (n - k) {(\frac{1}{2} - ξ)}^{k} {(\frac{1}{2} + ξ)}^{n - k - 1}) \\ = = - \underset{k \geq t}{Σ} (\binom{n}{k}) {(\frac{1}{2} - ξ)}^{k} {(\frac{1}{2} + ξ)}^{n - k} \frac{k / 2 + k ξ - (n - k) / 2 + (n - k) ξ}{(1 / 2 - ξ) (1 / 2 + ξ)} . \end{aligned}

$\begin{align} f'(\xi) &= \sum_{k\geq t} \binom{n}{k} \left(-k \left(\frac12 - \xi\right)^{k-1} \left(\frac12+\xi\right)^{n-k} + (n-k) \left(\frac12 - \xi\right)^{k} \left(\frac12+\xi\right)^{n-k-1}\right) \\ &= -\sum_{k\geq t} \binom{n}{k} \left(\frac12 - \xi\right)^{k} \left(\frac12+\xi\right)^{n-k}\frac{k/2 + k\xi - (n-k)/2 + (n-k)\xi}{(1/2 - \xi)(1/2 +\xi)}. \end{align}$

Do đó,

\frac{k / 2 + k ξ - (n - k) / 2 + (n - k) ξ}{(1 / 2 - ξ) (1 / 2 + ξ)} = = \frac{(2 k - n) / 2 + n ξ}{(1 / 2 - ξ) (1 / 2 + ξ)} \geq 2 (2 t - n) = = 4 \sqrt{n} .

$\frac{k/2 + k\xi - (n-k)/2 + (n-k)\xi}{\left(1/2 - \xi\right)\left(1/2 +\xi\right)} = \frac{(2k-n)/2 + n\xi}{(1/2 - \xi)(1/2 +\xi)} \geq 2(2t - n) = 4\sqrt{n}.$

Ở đây, chúng tôi sử dụng các giả định rằng

. Chúng tôi đã chỉ ra rằng

\begin{aligned} - f^{'} (ξ) & \geq 4 \sqrt{n} \underset{k \geq t}{Σ} (\binom{n}{k}) {(\frac{1}{2} - ξ)}^{k} {(\frac{1}{2} + ξ)}^{n - k} \\ = = 4 \sqrt{n} f (ξ) \geq 4 \sqrt{n} f (ε) \geq 4 \sqrt{n} \cdot (c_{1} / 2) . \end{aligned}

$\begin{align}-f'(\xi) &\geq 4\sqrt{n} \sum_{k\geq t} \binom{n}{k} \left(\frac12 - \xi\right)^{k} \left(\frac12+\xi\right)^{n-k} \\&= 4\sqrt{n} f(\xi) \geq 4\sqrt{n} f(\varepsilon) \geq 4\sqrt{n}\cdot (c_1/2).\end{align}$

f (ε) = \underset{D}{Pr} (x_{1} + \dots + x_{n} \geq t) \geq c_{1} / 2

$f(\varepsilon) = \Pr_D(x_1+\dots+x_n \geq t) \geq c_1/2$

- f^{'} (ξ) = Ω (\sqrt{n})

$-f'(\xi) = \Omega(\sqrt{n})$

— Yury
nguồn

Một bằng chứng cơ bản hơn, và hơi lộn xộn hơn (hoặc ít nhất là nó cảm thấy như vậy với tôi).

$\varepsilon = \frac{\gamma}{\sqrt{n}}$ $\gamma\in [0,1)$

$\operatorname{d}_{\rm TV}{(P,U)}$

\begin{aligned} 2 d_{T V} (P, Bạn) & = = \underset{x \in {0, 1}^{n}}{Σ} | {(\frac{1}{2} + \frac{γ}{\sqrt{n}})}^{| x |} {(\frac{1}{2} - \frac{γ}{\sqrt{n}})}^{n - | x |} - \frac{1}{2^{n}} | \\ = = \frac{1}{2^{n}} Σ_{k = = 0}^{n} (\binom{n}{k}) | {(1 + \frac{2 γ}{\sqrt{n}})}^{k} {(1 - \frac{2 γ}{\sqrt{n}})}^{n - k} - 1 | \\ \geq \frac{1}{2^{n}} Σ_{k = = \frac{n}{2} + \sqrt{n}}^{\frac{n}{2} + 2 \sqrt{n}} (\binom{n}{k}) | {(1 + \frac{2 γ}{\sqrt{n}})}^{k} {(1 - \frac{2 γ}{\sqrt{n}})}^{n - k} - 1 | \\ \geq \frac{C}{\sqrt{n}} Σ_{k = = \frac{n}{2} + \sqrt{n}}^{\frac{n}{2} + 2 \sqrt{n}} | {(1 + \frac{2 γ}{\sqrt{n}})}^{k} {(1 - \frac{2 γ}{\sqrt{n}})}^{n - k} - 1 | \end{aligned}

$\begin{align*} 2\operatorname{d}_{\rm TV}{(P,U)} &= \sum_{x\in\{0,1\}^n} \left\lvert{ \left( \frac{1}{2} + \frac{\gamma }{\sqrt{n}} \right)^{\lvert{x}\rvert}\left( \frac{1}{2} - \frac{\gamma }{\sqrt{n}} \right)^{n-\lvert{x}\rvert} - \frac{1}{2^n} }\right\rvert \\ &= \frac{1}{2^n}\sum_{k=0}^n \binom{n}{k}\left\lvert{ \left( 1 + \frac{2\gamma }{\sqrt{n}} \right)^{k}\left( 1 - \frac{2\gamma }{\sqrt{n}} \right)^{n-k} - 1 }\right\rvert \\ &\geq \frac{1}{2^n}\sum_{k=\frac{n}{2}+\sqrt{n}}^{\frac{n}{2}+2\sqrt{n}} \binom{n}{k}\left\lvert{ \left( 1 + \frac{2\gamma }{\sqrt{n}} \right)^{k}\left( 1 - \frac{2\gamma }{\sqrt{n}} \right)^{n-k} - 1 }\right\rvert \\ &\geq \frac{C}{\sqrt{n}}\sum_{k=\frac{n}{2}+\sqrt{n}}^{\frac{n}{2}+2\sqrt{n}} \left\lvert{ \left( 1 + \frac{2\gamma }{\sqrt{n}} \right)^{k}\left( 1 - \frac{2\gamma }{\sqrt{n}} \right)^{n-k} - 1 } \right\rvert \end{align*}$

C > 0

$C>0$

k

$k$

ℓ = k - \frac{n}{2} \in [\sqrt{n}, 2 \sqrt{n}]

$\ell = k-\frac{n}{2} \in [\sqrt{n},2\sqrt{n}]$

\begin{aligned} {(1 + \frac{2 γ}{\sqrt{n}})}^{k} {(1 - \frac{2 γ}{\sqrt{n}})}^{n - k} & = = {(1 - \frac{4 γ^{2}}{n})}^{n / 2} {(\frac{1 + \frac{2 γ}{\sqrt{n}}}{1 - \frac{2 γ}{\sqrt{n}}})}^{ℓ} \\ \geq {(1 - \frac{4 γ^{2}}{n})}^{n / 2} {(\frac{1 + \frac{2 γ}{\sqrt{n}}}{1 - \frac{2 γ}{\sqrt{n}}})}^{\sqrt{n}} \to_{n \to \infty}^{} e^{4 γ - 2 γ^{2}} \end{aligned}

$\begin{align*} \left( 1 + \frac{2\gamma }{\sqrt{n}} \right)^{k}\left( 1 - \frac{2\gamma }{\sqrt{n}} \right)^{n-k} &= \left( 1 - \frac{4\gamma ^2}{n} \right)^{n/2}\left( \frac{1 + \frac{2\gamma }{\sqrt{n}}}{1 - \frac{2\gamma }{\sqrt{n}}}\right)^\ell \\ &\geq \left( 1 - \frac{4\gamma ^2}{n} \right)^{n/2}\left( \frac{1 + \frac{2\gamma }{\sqrt{n}}}{1 - \frac{2\gamma }{\sqrt{n}}}\right)^{\sqrt{n}} \xrightarrow[n\to\infty]{} e^{4\gamma -2\gamma ^2} \end{align*}$

n \to \infty

$n\to \infty$

e^{4 γ - 2 γ^{2}} - 1 > 4 γ - 2 γ^{2} > 2 γ

$e^{4\gamma -2\gamma ^2}-1 > 4\gamma -2\gamma ^2 > 2\gamma$

Ω (γ)

$\Omega(\gamma )$

\begin{aligned} 2 d_{T V} (P, Bạn) & \geq \frac{C}{\sqrt{n}} Σ_{k = = \frac{n}{2} + \sqrt{n}}^{\frac{n}{2} + 2 \sqrt{n}} Ω (γ) = = Ω (γ) = = Ω (ε \sqrt{n}) \end{aligned}

$\begin{align*} 2\operatorname{d}_{\rm TV}{(P,U)} &\geq \frac{C}{\sqrt{n}}\sum_{k=\frac{n}{2}+\sqrt{n}}^{\frac{n}{2}+2\sqrt{n}} \Omega(\gamma ) = \Omega(\gamma) = \Omega(\varepsilon\sqrt{n}) \end{align*}$

— Clement C.
nguồn

(Sử dụng Hellinger làm proxy vì các đặc tính tốt của nó phân phối sản phẩm wrt rất hấp dẫn và sẽ nhanh hơn nhiều, nhưng sẽ có một mất mát bởi một yếu tố bậc hai ở cuối giới hạn dưới.)

— Clement C.

n

$n$

{(\frac{1 + z}{1 - z})}^{\sqrt{n}} \geq {(1 + 2 z)}^{\sqrt{n}}

$\left(\frac{1+z}{1-z}\right)^{\sqrt{n}} \geq \left(1 + 2z\right)^{\sqrt{n}}$

1 + w \geq e^{w - w^{2} / 2}

$1+w \geq e^{w - w^2/2}$