क्या आरपी के लिए सही यादृच्छिकता (साबित) को कोलमोगोरोव यादृच्छिकता के साथ बदल दिया जा सकता है?

क्या यह दिखाने का कोई प्रयास किया गया है कि आरपी के लिए कोलमोगोरोव यादृच्छिकता पर्याप्त होगी ? क्या कथन में प्रयोग की जाने वाली संभावना "यदि सही उत्तर हां है, तो यह (संभाव्य ट्यूरिंग मशीन) संभावना के साथ हाँ को लौटाता है ..." उस मामले में हमेशा अच्छी तरह से परिभाषित किया जाए? या उस संभावना के लिए केवल ऊपरी और निचले सीमाएं होंगी? या केवल हमेशा कुछ संभाव्य ट्यूरिंग मशीन होगी, जिसके लिए संभावनाओं को अच्छी तरह से परिभाषित किया जाएगा (या कम से कम कम से कम जो 1/2 से बड़ा होना चाहिए)?

यहां आरपी वर्ग अपेक्षाकृत मनमाना है, और कोई भी इस सवाल को कोलमोगोरोव यादृच्छिकता की तुलना में कमजोर (छद्म-) यादृच्छिकता के लिए पूछ सकता है। लेकिन कोलमोगोरोव यादृच्छिकता एक अच्छा प्रारंभिक बिंदु प्रतीत होता है।

शब्द "संभावना" की भावना बनाना यह दिखाने का प्रयास होगा कि आरपी के लिए कोलमोगोरोव यादृच्छिकता काम करती है। हालांकि, मुझे एक संभावित दृष्टिकोण का वर्णन करने का प्रयास करने की अनुमति दें, यह स्पष्ट करने के लिए कि इसका क्या मतलब हो सकता है, और मैंने ऊपरी और निचले सीमा के बारे में क्यों बात की:

चलो $s$ एक (Kolmogorov यादृच्छिक) स्ट्रिंग हो। आज्ञा देना $A$ दिया जा सकता है दिया गया संभाव्य ट्यूरिंग मशीन आरपी से एक भाषा के अनुरूप है। भागो $A$ साथ $s$ यादृच्छिक बिट्स के लिए स्रोत के रूप में $n$ बार, से पहले unconsumed बिट्स उपभोग करने के लिए जारी $s$ एक के बाद एक।

के लिए $p_n^s:=\frac{\text{#YES result in first $n$ runs of $A$ on $s$}}{n}$ $p_+^s:=\limsup_{n\to\infty}p_n^s$ $p_-^s:=\liminf_{n\to\infty}p_n^s$ $p_+^s$ $p_-^s$ $s$ $p_+^s=p_-^s$ $s$ $p_-^{s_1}=p_-^{s_2}$ $s_1$ $s_2$ $p\geq 1/2$ $p\leq p_-^s$ $s$

randomized-algorithms randomness pseudorandomness

— थॉमस क्लिम्पेल
स्रोत

मुझे सवाल समझ नहीं आ रहा है। "<यादृच्छिकता की अवधारणा> <जटिलता वर्ग>" के लिए क्या पर्याप्त है? आरपी को बहुपत्नी काल में एक कोलमोगोरोव यादृच्छिक स्ट्रिंग के लिए एक अलंकृत के साथ व्युत्पन्न किया जा सकता है, यदि आप जो पूछ रहे हैं।

— एमिल जेबाबेक

मुझे समझ में नहीं आ रहा है कि आपके कहने का क्या मतलब है कि आरपी "काम" करेगा, और मुझे आपकी पिछली टिप्पणी समझ में नहीं आती (आरपी मशीनें हमेशा बहुपद के बाद रुकती हैं, या तो परिभाषा के आधार पर, या बिना किसी नुकसान के सामान्यता की हानि के बिना अगर एक असुविधाजनक स्थिति का उपयोग करें परिभाषा)।

— एमिल जेकाबेक

कोलोमोगोरोव रैंडम स्ट्रिंग्स के बारे में बात करते हुए, सवाल में ही, मुझे यह भी समझ में नहीं आया कि "संभावना" से आपका क्या मतलब है। सामान्य "रैंडम स्ट्रिंग्स" के विपरीत, जो एक रैंडम डिस्ट्रीब्यूशन से तैयार होते हैं, कोलमोगोरोव रैंडम होना एक वास्तविक हां-ना संपत्ति है जो किसी दिए गए स्ट्रिंग में होती है या नहीं होती है। तो, क्या इस तरह के एक स्ट्रिंग एक एल्गोरिथ्म स्वीकार करता है एक यादृच्छिक चर नहीं है, और इस तरह इसकी संभावना के बारे में पूछना व्यर्थ है।

— एमिल जेकाबेक

इसका एक उचित तरीका एल्गोरिदमिक-यादृच्छिक स्ट्रिंग्स के "रचनात्मक मार्टिंगलेस" परिप्रेक्ष्य को लेना है। विशेष रूप से, एक आशा है कि हो सकता है कि अगर मूर्ख करने में विफल रहता है, तो इस के लिए एक "अगले बिट भविष्यवक्ता" में अनुवाद होगा एक सट्टेबाजी रणनीति प्रदर्शन में, और फिर उस यादृच्छिक नहीं है। मुझे नहीं पता कि यह दृष्टिकोण, भले ही यह काम करता है, और लिए सार्थक अभिसरण दर ; हालाँकि, स्पष्ट रूप से जटिलता वर्गों (कीवर्ड: "संसाधन-बाध्य उपाय") का अध्ययन करने के लिए एक पुराना तरीका है जो इस विचार का उपयोग करता है, इसलिए कुछ उम्मीद है।

s

$s$

A

$A$

s

$s$

s

$s$

p_{+}

$p_+$

p_{-}

$p_-$

— एंड्रयू मॉर्गन

मेरी पिछली टिप्पणी के लिए प्रासंगिक विकिपीडिया लिंक (जिसका आगे संदर्भ है): रचनात्मक मार्टिंगलेस (तीसरी परिभाषा देखें), और संसाधन-बाध्य उपाय

— एंड्रयू मॉर्गन

मुझे लगता है कि यहां पूछे जा रहे प्रश्न "मोटे तौर पर" एक ऐसा अर्थ है जिसमें हम एक एल्गोरिथ्म में यादृच्छिक बिट्स के अनुक्रम को बिट्स के साथ नियतकालिक रूप से लंबे कोलमोगोरोव यादृच्छिक स्ट्रिंग से नियत रूप से खींचे जा सकते हैं? "यह कम से कम सवाल है जिसे मैं करने का प्रयास करूंगा ? " का जवाब! (संक्षिप्त उत्तर "हाँ, लेकिन केवल तभी जब आप त्रुटि की संभावना पहले बढ़ाएँ")

हाँ...

हम यहां निश्चित रूप से कुछ कह सकते हैं। चलो कुछ भाषा हो सकता है और जाने एक एल्गोरिथ्म जो के रूप में इनपुट लेता हो और एक यादृच्छिक स्ट्रिंग (अधिक समान वितरण ) st | दूसरे शब्दों में, एक एल्गोरिथ्म है जो अधिकांश प्रायिकता के साथ । $L$ $A$ $x$ $r\in U_{f(|x|)}$ $\{0,1\}^{f(|x|)}$ $\Pr[A(x,r)=L(x)]>1-\epsilon(x)$ $A$ $\epsilon(\cdot)$

अब ध्यान दें कि यदि गलत उत्तर देता है अर्थात, , तो यह हमें का वर्णन करने के कुछ साधन देता है , विशेष रूप से, हम इसे रूप में वर्णित कर सकते हैं। -th स्ट्रिंग जो को पर गलत करती हैऐसा करने के लिए, हम बस मशीन बनाते हैं जिसमें हार्ड-कोडेड , , , और एक बिट , और बस से विकल्पों की गणना करता है। जब तक यह की पसंद का पता नहीं लगाता है, जैसे कि । $A$ $(x,r)$ $A(x,r)\not=L(x)$ $r$ $i$ $A$ $x.$ $x$ $A$ $i$ $b=1\iff x\in L$ $r'$ $\{0,1\}^{f(|x|)}$ $i$ $r'$ $A(x,r')\not= b$

तो अब हम जानते हैं कि हम एक वर्णन में यादृच्छिक तार का एक बुरा विकल्प जा रहा है लाभ उठा सकते हैं, चलो कुछ परिस्थितियों के बारे में हमारी वर्णन मोड़ के लिए पर्याप्त हैं का पालन करते हैं एक संपीड़न में। वर्णन करने के लिए , हमें , , और फिर हमारी प्रक्रिया के लिए कोड ( और जिस रूटीन का हमने वर्णन किया है) का वर्णन करने के लिए पर्याप्त बिट्स की आवश्यकता होती है , जो लंबाई के विवरण के रूप में देता है $r$ $r$ $x$ $i$ $b$ $A$

| x | + | i | + O (1) = | x | + \log_{2} (2^{f (| x |)} ϵ (x)) + O (1) = | x | + f (| x |) - \log (1 / ϵ (x)) + O (1) .

$|x|+|i|+O(1)=|x|+\log_2(2^{f(|x|)}\epsilon(x))+O(1)=|x|+f(|x|)-\log(1/\epsilon(x))+O(1).$

याद रखें कि लंबाई , इसलिए यह का एक संपीड़न है अगर उदाहरण के लिए, जब | $r$ $f(|x|)$ $r$

\log (1 / ϵ (x)) = | x | + ω (1),

$\log(1/\epsilon(x)) = |x|+\omega(1),$

ϵ (x) = 1 / 2^{2 | x |}

$\epsilon(x)=1/2^{2|x|}$

अंत में, देख सकते हैं कि अगर एक Kolmogorov यादृच्छिक स्ट्रिंग थे, तो हम ऐसी कोई संपीड़न इतनी के रूप में लंबे समय के त्रुटी संभावना के रूप में हो सकता है, पर्याप्त रूप से छोटा है, यादृच्छिक बिट्स के अनुक्रम के स्थान पर एक Kolmogorov यादृच्छिक स्ट्रिंग का कारण होगा जवाब देने के लिए सही ढंग से! $r$ $A$ $A$

ध्यान दें कि बारे में हम केवल एक ही चीज का लाभ उठाते हैं कि इसकी त्रुटि संभावना छोटी है। हमें परवाह नहीं है अगर पास बहुत लंबा समय है या अगर में एक या दो तरफा त्रुटि है। $A$ $A$ $A$

(या या ) के सवाल पर इसे वापस लाना , यह कहता है कि जब तक हम अपने एल्गोरिदम की त्रुटि संभावना को बढ़ाते हैं, हम उनके यादृच्छिक बिट्स के स्थान पर कोलमोगोरोव यादृच्छिक तारों का उपयोग कर सकते हैं। $RP$ $coRP$ $BPP$

... लेकिन केवल अगर हम पहले बढ़ाते हैं।

एक अनुवर्ती प्रश्न हो सकता है "क्या मैं त्रुटि संभावना को बढ़ाए बिना ऐसा कर सकता हूं?" निम्नलिखित कलन विधि पर विचार करें जो फैसला करता है और त्रुटी संभावना है । $A$ $\{0,1\}^*$ $1/2^n$

इनपुट : $x$

एक स्ट्रिंग उत्पन्न करें $r\in\{0,1\}^n$
यदि , अस्वीकार करें। $r=x$
स्वीकार करना।

सूचना के हर चुनाव के लिए कि , वहाँ के कुछ पसंद है ऐसी है कि पर errs , अर्थात् के चुनाव कि है , तो हम से के लिए बिट की यादृच्छिक अनुक्रम को बदल नहीं सकते amplifying के बिना एक Kolmogorov यादृच्छिक स्ट्रिंग के साथ यह त्रुटि संभावना है! $r$ $x$ $A$ $x$ $r$ $x$ $A$

स्रोत के बारे में एक नोट: मुझे यकीन नहीं है कि इसमें से कोई भी उपन्यास है, लेकिन मैंने अपनी योग्यता परीक्षा के लिए अपने राइटअप में पहला तर्क शामिल किया, जो अंततः इसे संशोधित करने के बाद ऑनलाइन उपलब्ध होगा।

— डायलन मैके
स्रोत

मेरे मित्र प्रीतम ने मशीन को एन्कोडिंग करने और तय करने की नीरसता को इंगित किया जब हम इसके बजाय थोड़ा सा सांकेतिक शब्दों में बदल सकते हैं जो कहते हैं कि या नहीं । मैं इसे दर्शाने के लिए उत्तर संपादित करूँगा।

M

$M$

M (x)

$M(x)$

x \in L

$x\in L$

— डायलन मैके

माइक Sipser उसकी शांत पत्र में संपीड़न तर्क की एक ऐसी ही तरह इस्तेमाल किया sciencedirect.com/science/article/pii/0022000088900359 (ध्यान दें कि विस्तारक रेखांकन वह की जरूरत है वास्तव में स्पष्ट रूप से निर्माण किया गया dl.acm.org/citation.cfm?id=273915 )

— रयान विलियम्स