Kinnituste valimi probleem

Kinnituste valimi probleem
Ahto Buldas
November 26, 2002
1 Tšebõšovi võrratus
Tuletame meelde, et Tšernovi tõke kehtis sõltumatute juhuslike suuruste kohta.
Kui aga uuritavad juhuslikud suurused on näiteks paarikaupa sõltumatud,
siis tuleb Tšernovi tõkke asemel kasutada teisi üldisemaid tõkkeid. Ühe sellise
saab tuletada nn. Tšebõšovi võrratusest. Enne aga kui asume viimast
käsitlema tõestame abitulemuse, mis on tuntud kui Markovi võrratus, mille
modifikatsiooni me tegelikult eelnevas kursuses küll juba tõestasime.
Teoreem 1 (Markovi võrratus) Olgu X ≥ 0 mingi mittenegatiivne lõpliku
keskväärtusega Expect[X] juhuslik suurus. Siis iga α > 0 korral
Prob[X ≥ α] ≤ 1 α Expect[X].
Tõestus. Tõestame teoreemi juhul kui X väärtuste hulk on loenduv. Selleks
kasutame vahetult keskväärtuse definitsiooni:
Expect[X] = ∑ Prob[X] · x = ∑
Prob[X = x] · x + ∑ Prob[X = x] · x
x
0≤x 0 korral:
x≥α
Prob[|X|≥ ɛ] ≤ 1 ɛ 2 Expect[X2 ].
1

Tõestus. Et X 2 ≥ 0, siis rakendades Markovi võrratust (võttes α = ɛ 2 )
saame, et Prob[X 2 ≥ ɛ 2 ] ≤ 1 ɛ 2 Expect[X 2 ], mis on ɛ > 0 tõttu ekvivalentne
teoreemi väitega. □
Teoreem 3 (Üldine Tšebõšovi võrratus) Olgu X juhuslik suurus ja R f →
R mingi funktsioon ja I ⊂ R olgu intervall, nii et f(x) ≥ α iga x ∉ I korral.
Siis
α · Prob[X ∉ I] + Expect[f(X) · χ I (X)] ≤ Expect[f(X)],
kus R χ I
→ {0, 1} on lõigu I karakteristlik funktsioon, st χ I (x) = 1 parajasti
siis, kui x ∈ I.
Tõestus. Vahetult keskväärtuse definitsiooni kasutades saame, et
Expect[f(X)] = ∑ x
Prob[X = x] · f(x)
= ∑ x∉I
Prob[X = x] · f(x) + ∑ x∈I
Prob[X = x] · f(x)
≥
α ∑ x∉I
Prob[X = x] · f(x) + ∑ x∈I
Prob[X = x] · f(x) · χ I (x)
= α · Prob[X ∉ I] + Expect[f(X) · χ I (X)].
□
Teoreem 4 Olgu X 1 , . . . , X n identse jaotusega juhuslikud suurused väärtuste
hulgaga {0, 1} ja paarikaupa sõltumatud. Olgu p = Prob[X i = 1]. Siis
]
1
n∑
Prob X i − p
[⎪n
⎪ ≥ δ p(1 − p)
≤
δ 2 n .
i=1
Tõestus. Olgu Y i = X i − p ja Z = 1 n
∑ n
i=1 Y i = 1 n
∑ n
i=1 X i − p. Kõigepealt
märgime, et suuruse Y i keskväärtus on 0, sest
Expect[Y i ] = Prob[X i = 0] · (−p) + Prob[X i = 1] · (1 − p)
= (1 − p)(−p) + p(1 − p) = 0.
2

Kuna X i ja X j on sõltumatud iga i ≠ j korral, siis
Expect[Y i · Y j ] = Expect[(X i − p)(X j − p)]
∑
= Prob[X i = x i ; X j = x j ] · (x i − p)(x j − p)
x i ,x j ∈{0,1}
= ∑
∑
x i ∈{0,1} x j ∈{0,1}
Prob[X i = x i ] · Prob[X j = x j ] · (x i − p)(x j − p)
⎡
= ∑
Prob[X i = x i ](x i − p) · ⎣ ∑
x i ∈{0,1}
⎡
= ⎣ ∑
x j ∈{0,1}
⎤ ⎡
Prob[X i = x i ](x i − p) ⎦ · ⎣ ∑
x i ∈{0,1}
x j ∈{0,1}
= Expect[Y i ] · Expect[Y j ] = 0 · 0 = 0.
⎤
Prob[X j = x j ](x j − p) ⎦
⎤
Prob[X j = x j ](x j − p) ⎦
Seega,
Expect[Z 2 ] = 1 n 2 Expect [ ∑
i,j
= 1 n 2 n∑
i=1
Y i Y j
]
Expect[Y 2
i ] = 1 n 2
= n · Expect[(X i − p) 2 ].
= 1 ∑
Expect[Y
n 2 i Y j ]
i,j
n∑
Expect[(X i − p) 2 ]
i=1
Et aga
Expect[(X i − p) 2 ] = Prob[X i = 0] · p 2 + Prob[X i = 1] · (1 − p) 2
= (1 − p)p 2 + p(1 − p) 2 = p(1 − p),
siis Tšebõšovi võrratusest tulenevalt
]
1
n∑
Prob X n − p
[⎪n
⎪ ≥ δ = Prob[|Z|≥ δ] ≤ Expect[Z2 ]
=
δ 2
i=1
mis tõestabki teoreemi väite. □
p(1 − p)
δ 2 n ,
3

2 Kinnituste valimid
Olgu L mingi keel klassist RP ja olgu {0, 1} n × {0, 1} l(n) f
→ {0, 1} vastav
P-pere, st funktsioonil f on omadus, et iga x ∈ {0, 1} n korral
x ∈ L ⇒ Prob[f(x, Y ) = 1] ≥ ɛ
Y
x ∉ L ⇒ Prob[f(x, Y ) = 1] = 0,
Y
kus Y ←
U
{0, 1} l(n) ja ɛ > 0 on mingi fikseeritud reaalarv.
Meie eesmärk on leida polünomiaalne algoritm g(x, δ, Z), mis etteantud
x ∈ L ja δ > 0 korral leiaks vajaliku kinnituse Y tõenäosusega vähemalt
1 − δ, st
∀x ∈ L:
Prob [f(x, g(x, δ, Z)) = 1] ≥ 1 − δ.
Z ←{0,1} l(n)
U
Kirjeldame kahte meetodit funktsiooni g konstrueerimiseks. Esimene meetod
on triviaalne ja kasutab rohkem juhuslikke bitte. Teine meetod on
ajamahukam, ent kasutab seejuures vähem juhuslikkust.
2.1 Esimene meetod
Olgu m = ⌈ 1
ɛ ln 1 δ
⌉
.
• Vali juhuslikult ja sõltumatult Y 1 , . . . , Y m ←
U
{0, 1} l(n) .
• Arvuta f(x, Y 1 ), . . . , f(x, Y m ).
• Kui mingi i ∈ {1, . . . , m} korral f(x, Y i ) = 1, siis väljasta Y i . Muidu
väljasta 0 l .
Meetodi analüüsimiseks paneme tähele, et Prob[f(x, Y i ) = 1] ≥ ɛ iga x ∈ L
Y i
korral. Järelikult:
Prob[∀i ∈ {1, . . . , m}: f(x, Y i ) = 0] ≤ (1 − ɛ) m
= e −ɛ ⌈ 1 ɛ ln 1 δ⌉ ≤ e
− ɛ ɛ ln 1 δ = δ.
Meetod kasutab l(n) · ⌈ 1
ɛ ln 1 δ
⌉
juhuslikku bitti ja
⌈ 1
ɛ ln 1 δ
⌉
testi.
4

2.2 Teine meetod
Olgu m = ⌈ 1
ɛ·δ⌉
ja olgu S = {(a, b): a, b ∈ GF(2 l )}, kus l = l(n).
• Vali (A, B) ←
U
S.
• Iga i ∈ {1, . . . , m} korral arvuta Y i = Y i (A, B) = A · i + B, kus
arvutused teostatakse korpuses GF(2 l ).
• Kui mingi i korral f(x, Y i (A, B)) = 1, siis väljasta Y i ja peatu. Vastasel
korral väljasta 0 l .
Siin on eeldatud, et m < 2 l , sest muidu ei saaks indekseid samastada korpuse
GF(2 l ) elementidega. Tehtud eeldus on aga üsna loomulik, sest vastasel korral
võiks juhusliku proovimise asemel kasutada võimalike kinnituste täielikku
läbivaatust. Teame juba eelnevast, et suurused X 1 , . . . , X m on ühtlase jaotusega
(hulgal {0, 1} l ) ja paarikaupa sõltumatud. Olgu
α = Prob
A,B [f(x, Y 1(A, B)) = 1] = . . . = Prob
A,B [f(x, Y m(A, B)) = 1] ≥ ɛ,
kus viimane võrratus tuleneb asjaolust, et L ∈ RP. Olgu
Z = Z(A, B) = 1 m∑
m · f(x, Y i (A, B)) − α.
i=1
Kui ükski Y i ei ole kinnitus, siis Z = −α. Järelikult kirjeldatud meetod
ebaõnnestub kinnituse leidmisel vaid siis, kui |Z|≥ α. Seega on ebaõnnestumise
tõenäosus ülimalt
α(1 − α)
Prob[|Z|≥ α] ≤ = 1
A,B mα 2 mα − 1 m ≤ 1
mα = 1
α · ⌈ 1
ɛ·δ
⌉ ≤ ɛδ α ≤ δ,
sest vastavalt eeldustele, α ≥ ɛ.
Teine meetod kasutab 2 · l(n) juhuslikku bitti ja ⌈ 1
ɛ·δ⌉
testi. Seega hoiab
teine meetod kokku juhuslike bittide arvu, kuid seda tööaja pikenemise arvelt.
3 Graafi tipuhulga tükeldamise probleem
Olgu meil lõplik orienteerimata graaf G = (V, E), mille igale servele e ∈ E on
omistatud kaal w(e) ∈ N. Tõestame, et alati leidub tipuhulga V tükeldus kaheks
(mittelõikuvaks) tükiks V 0 ja V 1 , nii et tükkidevaheliste servade kogukaal
W 01 on vähemalt pool kõigi servade kogukaalust W = ∑ e∈E w(e).
5

Selle väite tõestamiseks nummerdame kõigepealt graafi G tipud hulga
{0, 1} l \{0 l } elementidega mingi piisavalt suure l korral. Valime A ←
U
{0, 1} l
ja defineerime juhuslikud suurused X i = X i (A) = i ⊙ A. Eelnevast teame
juba, et suurused X i on ühtlase jaotusega ja paarikaupa sõltumatud. Defineerime
tükid V 0 = V 0 (A) ja V 1 = V 1 (A) järgmiselt:
V 0 (A) = {v i ∈ V : X i (A) = 0}
V 1 (A) = {v j ∈ V : X j (A) = 1}.
Olgu e = {v i , v j } ∈ E mingi suvaline serv. Tõenäosus (juhuslikult valitud A
korral), et see serv on tükkide V 0 ja V 1 vahel (st et üks otstipp on hulgas V 0
ja teine V 1 on (X i ja X j sõltumatuse tõttu)
Prob
A [X i(A) ≠ X j (A)] = Prob
A [X i(A) ⊕ X j (A) = 1]
= Expect[X i (A) ⊕ X j (A)] = 1
A
2 .
Tükkidevaheline kogukaal (fikseeritud a korral) avaldub järgmiselt:
W 01 (a) =
∑
(X i (a) ⊕ X j (a)) · w({v i , v j }).
{v i ,v j }∈E
Kogukaalu matemaatiline ootus on seega
Expect[W 01 (A)] = ∑
Prob [A = a] · W 01(a)
A
A
a∈{0,1} l
= ∑
[A = a] · ∑
A
=
=
= 1 2 ·
a∈{0,1} l Prob
∑
{v i ,v j }∈E
∑
{v i ,v j }∈E
∑
{v i ,v j }∈E
w({v i , v j }) ·
{v i ,v j }∈E
∑
Prob
A
a∈{0,1} l
(X i (a) ⊕ X j (a)) · w({v i , v j })
w({v i , v j }) · Expect[X i (A) ⊕ X j (A)]
A
w({v i , v j }) = 1 2 W.
[A = a] · (X i(a) ⊕ X j (a))
Seega vähemalt ühe a ∈ {0, 1} l korral W 0,1 (a) ≥ 1 W , mis tõestabki väite.
2
6