Rastgele bir kehanet R için, BPP P ^ R'deki hesaplanabilir dil kümesine eşit mi?

Başlık hemen hemen her şeyi söylüyor. Yukarıdaki ilginç soru blogumda yorumcu Jay tarafından soruldu ( buraya ve buraya bakınız ). Hem cevabın evet olduğunu hem de görece basit bir kanıt olduğunu tahmin ediyorum, ama hazırlıksız göremedim. Bir dil varsa (Çok kabaca olsa da, bir, göstermek için deneyebilirsiniz $P^R$ değildi $BPP$ o zaman sonsuz algoritmik karşılıklı bilgiye sahip olmalı, $R$ o hesaplanabilir olmaz bu durumda. Ayrıca, not bir yönde önemsiz olduğu: içerisinde hesaplanabilir dil $P^R$ kesinlikle içeren $BPP$ ).

Not ben ediyorum olmayan sınıf soran AlmostP olan bu dillerin oluşur, $P^R$ , hemen hemen her için $R$ (ve eşit iyi bilinen $BPP$ ). Bu soruya, öncelikle düzeltme $R$ , daha sonra hesaplanabilir dillerin kümesine bakmak $P^R$ . Bir dil Öte yandan, bir, göstermek için çalışabilir $P^R$ hesaplanabilir hatta bir için, sabit rasgele oracle $R$ sonra, dil olmalıdır aslında $AlmostP$ .

Yakından ilgili bir soru, rastgele bir kehanet üzerinde olasılık 1 ile ,$R$

$AM = NP^R \cap Computable.$

Eğer öyleyse, şu ilginç sonucu elde ederiz: , o zaman rastgele bir kehanet R üzerinde olasılık 1 ile , kehanet ayrımına tanık olan tek diller P R ≠ N P R hesaplanamayan dillerdir.$P=NP$$R$$P^R \ne NP^R$

Evet.

İlk olarak, bunu kendim çözmem bir dakika sürdüğü için, sorunuz ile arasındaki farkı resmileştirmeme izin verin ; niceliklerin sırası. A l m o s t P : = { L : P r R ( L ∈ P R ) = 1 } ve bahsettiğiniz sonuç ∀ $\mathsf{AlmostP}$$\mathsf{AlmostP} := \{L : Pr_R(L \in \mathsf{P}^R) = 1\}$ . Doğru anladıysam, P r R ( ∀ $\forall L\, L \in \mathsf{BPP} \iff Pr_R(L \in \mathsf{P}^R) = 1$ .$Pr_R(\forall L\, L \in \mathsf{P}^R \cap \mathsf{COMP} \iff L \in \mathsf{BPP}) = Pr_R(\mathsf{P}^R \cap \mathsf{COMP} = \mathsf{BPP}) = 1$

Düşünmek

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

Birleşim bağlı olarak , ∑ L ∈ C O M P P r R ( L ∈ P R ∖ B P P ) ile üst sınırda tutulur . (İkinci toplamın sayılabilir olduğuna dikkat edin.) Şimdi, 0-1 yasasına göre - R'yi çok fazla değiştirirsek tüm ilgili ifadeler değişmediği için geçerlidir - bu toplamdaki her bir olasılık 0 veya 1'dir. sorunuzun cevabı hayır, sonra p = 1 , bu yüzden biraz L ∈ C O M P olmalıdır .$p$$\sum_{L \in \mathsf{COMP}} Pr_R(L \in \mathsf{P}^R \backslash \mathsf{BPP})$$R$$p=1$$L \in \mathsf{COMP}$ . Ancak bu, A l m o s t P = B P P ile çelişmektedir.$Pr_R(L \in \mathsf{P}^R \backslash \mathsf{BPP}) = 1$$\mathsf{AlmostP} = \mathsf{BPP}$

Güncelleme 10 Ekim 2014 : Emil Jeřábek'in yorumunda da belirtildiği gibi, aynı argüman ve N P R için de geçerlidir , çünkü A l m o s t N P = A M olduğunu da biliyoruz .$\mathsf{AM}$$\mathsf{NP}^R$$\mathsf{AlmostNP} = \mathsf{AM}$

Ayrıca biz hakkında bir şey kullanmak vermedi işaret , içerdiği sayılabilir sınıf dışında B P P (sırasıyla., Bir M ). OQ içinde "ilginç bir sonuç" aslında uygulanır Yani herhangi diller arasında sayılabilir sınıfının C içeren bir M : eğer P = N P , "sadece" dil tanık oracle ayırma o P R ≠ N P R dışında vardır $\mathsf{COMP}$$\mathsf{BPP}$$\mathsf{AM}$$\mathcal{C}$$\mathsf{AM}$$\mathsf{P} = \mathsf{NP}$$\mathsf{P}^R \neq \mathsf{NP}^R$$\mathcal{C}$. Ama ikinci deyimi biraz (o yapar herhangi, gibi ses bana yanıltıcı hissediyor biz düşünebiliriz C = A M ∪ { L 0 } ve bu suretle "gösteri" hayır L 0 anlar N P R ≠ P R , iyi bilinen teoremle çelişen). Bunun yerine, sembolik olarak yazarak şunu gösterdik:$L_0$$\mathcal{C} = \mathsf{AM} \cup \{L_0\}$ $L_0$$\mathsf{NP}^R \neq \mathsf{P}^R$

Eğer , daha sonra ∀ sayılabilir  Cı ⊇ bir $\mathsf{P} = \mathsf{NP}$ .$\forall \text{countable } \mathcal{C} \supseteq \mathsf{AM}\, Pr_R(\mathsf{NP}^R \neq \mathsf{P}^R \text{ and } \mathsf{NP}^R \cap \mathcal{C} = \mathsf{P}^R \cap \mathcal{C}) = 1$

Önemlisi, olasılık 1 ile aynı şey değildir, dikkat her , ve hangi tam ölçü grubu R, bağımsız değişkeni Tatmin P r R bağlı olabilir C . Bu yüzden değiştirmeye çalışırsanız C için C ∪ { L 0 } en uzaklaşmaların de, bir ölçüsüdür 0 set it R bu açıklamayı tatmin.$R$$R$$Pr_R$$\mathcal{C}$$\mathcal{C}$$\mathcal{C} \cup \{L_0\}$$R$

İstediğiniz ve neredeyse P arasındaki nicelleştiricilerin sırası farklı olsa da, bunların eşdeğer olduğunu göstermek çok zor değildir. İlk olarak, herhangi bir sabit L için, P ^ O içindeki L \ 'nin O'nun sonlu herhangi bir başlangıç ​​segmentine bağlı olup olmadığı sorusu, P ^ R'deki L \' nin ya 0 ya da 1 olma olasılığından kaynaklanmaktadır. P sonucu, BPP'de olmayan her hesaplanabilir L için cevap 0, BPP'de L \ ise olasılık 1'dir. Sayıca çok sayıda hesaplanabilir L olduğundan, bir sendika bağlı yapabiliriz; sayılabilir bir olasılık 0 kümesinin birliği 0 olasılığına sahiptir. Bu nedenle, BPP'de olmayan ancak P ^ R'de olan herhangi bir hesaplanabilir L olması olasılığı, BPP'de P ^ 'de olmayan bir dil olması olasılığı 0'dır. R ',