“Medyan hilesini” daha yüksek boyutlara genelleştirmek?

Gerçek değerleri alan rasgele algoritmalar için , "medyan hilesi", sadece bir çarpımsal pahasına herhangi bir eşik eşiğindeki başarısızlık olasılığını azaltmanın basit bir yoludur. ek yükü. Yani, eğer 'nın çıktısı olasılıkla (en azından) olasılıkla "iyi aralık" ' ye düşerse , o zaman bağımsız kopyalar ve çıktılarının medyanını alarak , Chernoff / Hoeffding sınırlarının en az olasılığı ile bir değere düşmesine neden olacaktır . δ > 0 t = O ( günlük $\mathcal{A}$$\delta > 0$birI=[a,b]2/3A1,...,ATbir1,...,birtI1-$t=O(\log\frac{1}{\delta})$$\mathcal{A}$$I=[a,b]$$2/3$$\mathcal{A}_1,\dots,\mathcal{A}_t$$a_1,\dots,a_t$$I$$1-\delta$

Bu "numara" nın yüksek boyutlara herhangi bir genellemesi var mı, " " deyin , burada iyi aralık şimdi dışbükey bir kümedir (veya bir top veya yeterince iyi ve yapılandırılmış bir küme). Yani, içindeki değerleri bir rasgele algoritma ve bir "iyi set" , Tüm için , biri sadece logaritmik bir maliyetle başarı olasılığını nasıl yükseltir ?bir R d S⊆ R d P r { A (x,r)∈S}≥2 / 3x1-δ1 /$\mathbb{R}^d$$\mathcal{A}$$\mathbb{R}^d$$S\subseteq \mathbb{R}^d$$\mathbb{P}_r\{ \mathcal{A}(x,r) \in S \} \geq 2/3$$x$$1-\delta$$1/\delta$

(İfade ettiği farklı: sabit, arbirary verilen garanti en azından ile ve 'olduğu s , bir prosedür var bir değer çıkarmak ? Öyleyse, verimli bir var mı?)2 $a_1,\dots, a_t\in \mathbb{R}^d$ aiS$\frac{2t}{3}$$a_i$$S$$S$

Ve yukarıdakilerin başarılabilmesi için ihtiyaç duyulan asgari varsayımlar kümesi nedir?$S$

Üzgünüm, bu önemsiz görünüyorsa - bu soruya bir referans bulamadım ...

Aradığın şey neredeyse aynı güçlü bir merkezi eğilimdir : veri noktalarının bir bulutunu tek bir noktaya indirmenin bir yolu, öyle ki, eğer veri noktalarının birçoğu “temel gerçeğe” yakın olsalar da keyfi olarak uzakta olduğunuzda, çıktınız da temel gerçeğe yakın olacaktır. Böyle bir yöntemin "bozulma noktası", tahammül edebileceği keyfi-kötü aykırı değerlerin kesridir. Aradaki fark, sizin durumunuzda, dışbükey kabuğunda "yakın" yerine "değiştirmek istediğinizdir".

Bunu yakalamanın bir yolu Tukey derinliği kavramıdır. Bir nokta, Tukey derinliğine (verilen veri noktası setine göre ) verilmiş olan noktayı içeren her yarım alan aynı zamanda en az veri noktası içeriyorsa . İçinde olmak istediğiniz iyi bir dışbükey alt uzay varsa, Tukey derinliği olan bir nokta, içindeki veri noktalarının en az n'si olduğu sürece içinde olacaktır. Yani bu yöntemin yıkılma noktası , elde edebileceğiniz en büyük değeridir .n p n p ( 1 - p ) n $p$$n$$pn$$p$$(1-p)n$$p$

Ne yazık ki bu bozulma noktası , 2'ye yakın değil, hem Tukey derinliği hem de probleminiz için. İşte bu yüzden: eğer verileriniz bir tek taraflı köşelerinin yakınında kümelenmişse , o zaman bunların den az bir kısmı aykırı değerlerdir (ama hangilerini bilmiyorsunuz) simpleks, her zaman aykırı olmayanların dışbükey gövdesi içerisinde olacağından seçim için güvenlidir. Ancak , puanların den fazlası aykırı olabilirse, seçilmesi güvenli olan hiçbir yer yoktur: seçtiğiniz simpleks içindeki hangi nokta olursa olsun, aykırı değerler, en yakın simpleks tepe noktasındaki tüm noktalar olabilir ve aykırı olmayanların kabuğunun dışında olacaktın.d + 1 1 / ( d + 1 ) 1 / ( d + 1 $1/(d+1)$$d+1$$1/(d+1)$$1/(d+1)$

Eğer varsa sizsiniz, daha benzeri daha kötü bir arıza noktası tahammül etmeye istekli , hem de polinom olan bir derin noktası bulmak için randomize yöntem var ve : my incelemeye bakınn $O(1/d^2)$$n$$d$

Yinelenmiş Radon noktaları ile yaklaşık merkez noktalarına, K. Clarkson, D. Eppstein, GL Miller, C. Sturtivant ve S.-H. Teng, 9. ACM Sempozyumu. Zorunlu. Geom. , San Diego, 1993, sayfa 91-98, Int. J. Comp. Geom. & Uygula 6 (3): 357-377, 1996, http://kenclarkson.org/center/p.pdf

Bu güzel bir soru ve daha önce de düşündüm. İşte karşımıza çıkanlar:

çıkışlarını elde etmek için algoritmanızı kere çalıştırın ve yüksek olasılıkla nin büyük bir kısmının iyi bir setine girdiğini biliyorsunuz . ne olduğunu bilmiyorsun , sadece dışbükey. İyi haber şu ki, hakkında daha fazla bilgi sahibi olmayan bir noktaya bir yolu var. Bu noktaya .x 1 , ⋯ , X , n ∈ R d x ı G G G f ( x 1 , ⋯ , X , n$n$$x_1, \cdots, x_n \in \mathbb{R}^d$$x_i$$G$$G$$G$$f(x_1, \cdots, x_n)$

Teorem. Tüm doğal sayılar ve , aşağıdakilerin işlevi vardır . Bırakın ve dışbükey bir set olmasına izin verinSonra . Ayrıca, zaman polinomunda hesaplanabilir . d f : ( R, d ) n- → R d x 1 . . . X , n ∈ R d G ⊂ R d $n$$d$$f : (\mathbb{R}^d)^n \to \mathbb{R}^d$$x_1 ... x_n \in \mathbb{R}^d$$G \subset \mathbb{R}^d$f(x1,...,X, n)∈Gf, n $$\frac{1}{n}\left|\left\{ i \in [n] : x_i \in G \right\}\right| > \frac{d}{d+1}.$$ $f(x_1, ..., x_n) \in G$$f$$n^d$

için medyan olarak ayarlayabileceğimize dikkat edin. Bu, medyanın için nasıl genelleştirileceğini gösterir .f d > $d=1$$f$$d>1$

Bu sonucu kanıtlamadan önce, bunun sıkı olduğuna dikkat edin: ve standart temel öğeler olsun ve . Herhangi bir alt kümesi, noktaları benzeşik bir alan içinde bulunan boyut, (özgün bu nokta ile tanımlanır). Ancak bu affine alanların hepsinde hiçbir nokta yoktur. Bu nedenle , noktaları içeren, ancak ne olursa olsun içermeyen bazı dışbükey vardır .x 1 , ⋯ , x d x d + 1 = 0 d G d - 1 G n ⋅ d / ( d + 1 ) = d f ( x 1 , ⋯ , x n$n=d+1$$x_1, \cdots, x_d$$x_{d+1}=0$$d$$G$$d-1$$G$$n\cdot d/(d+1)=d$$f(x_1, \cdots, x_n)$

Kanıt. Aşağıdaki sonucu kullanıyoruz.

Helly'nin Teoremi. , dışbükey altkümeleri olsun . Herhangi bir nin kesişiminin boş olmadığını varsayalım . O zaman bütün lerin kesişimi boş değildir.R ' d d + 1 K i K $K_1 ... K_m$$\mathbb{R}^d$$d+1$ $K_i$$K_i$

Helly'nin Teoreminin bir kanıtı için buraya tıklayın.

Şimdi teoremimizi kanıtlamak için:

Let , bir üst olmayan noktaların sayısına bağlı olarak . Tüm kapalı yarı boşlukları göz önünde bulundurun , sınırlarında en fazla puan içeren en az noktası içeren (her bir , tarafından tanımlandığı gibi, sınırlı sayıda yarım puan).G K 1 . . . K m ⊂ R d , n - k K ı d + $k<n/(d+1)$$G$$K_1 ... K_m \subset \mathbb{R}^d$$n-k$$K_i$$d+1$

Her bir tamamlayıcısı en fazla noktası içerir . Bir bağlı olarak, herhangi bir nin kesiştiği en az > 0 puan içerir. Helly'nin teoremi ile (yarım uzaylar dışbükey olduğundan), tüm kesişiminde bir nokta var . Biz izin kesiştiği bir keyfi noktası hesaplayan bir fonksiyon olmak s. k d + 1 K i n - k ( d + 1 ) K i s f K $K_i$$k$$d+1$ $K_i$$n-k(d+1)$$K_is$$f$$K_i$

Geriye kalan tek şey nin kesişme noktasının .$K_i$$G$

Genel kaybı olmadan, , tam rütbeli nokta alt kümesinin dışbükey gövdesidir. Yani, içerdiği noktaların dışbükey gövdesiyle değiştirebiliriz . Eğer bu tam dereceye sahip değilse, teoremimizi daha düşük boyutta uygulayabiliriz.$G$$G$

Her bir yüzü, bir halfspace tanımlar , bu halfspaces kesişmesidir. Bu yarım alanların her biri ve dolayısıyla en az noktaları içerir . Bu yarım boşluklardan birinin sınırı bir yüzünü içerir ve bu nedenle bir dizi maksimum derece içerir. Dolayısıyla bu yarım alanların her biri bir . Bu nedenle, tüm kesişme s içerdiği gerektiği gibi.G G n - k G K i K i$G$$G$$G$$n-k$$G$$K_i$$K_i$$G$

İşlem için lineer kısıtlamalar uygun doğrusal bir program kurmak tüm kesişme bir noktaya ler ve uygun bir çözüm tekabül s. QEDK i K $f$$K_i$$K_i$

Ne yazık ki, bu sonuç, yüksek boyutlu ortamda çok pratik değildir. İyi bir soru hesaplayabilir olup olmadığıdır daha verimli:$f$

Açık Sorun Ek Sonuç olarak yukarıda teoremi kanıtlamak zaman polinom olarak hesaplanabilir ve . n $f$$n$$d$

Kenara: Verimli bir çözüm elde etmek için problemi de değiştirebiliriz: , bunların yarısından fazlasının bir topunda , o zaman bir noktası bulabiliriz. ve deki zaman polinomundaki yatmaktadır . Özellikle, ayarlayabilir keyfi bir için tür noktaları kesinlikle fazla yarısı olduğu . B ( y , ε ) z B ( y , 3 ε ) n d z = x i i B ( z , 2 ε $x_1, \cdots, x_n$$B(y,\varepsilon)$$z$$B(y,3\varepsilon)$$n$$d$$z=x_i$$i$$B(z,2\varepsilon)$

Çeşitli adlar altında bilinen yüksek boyutlarda ve genel normlarda bir nokta kümesinin medyanı kavramı vardır. Bu, kümedeki tüm noktalara olan mesafelerin toplamını en aza indiren noktadır. Mesafede ufak bir çoğalma artışıyla olağan medyan ile benzer bir güven arttırma özelliğine sahip olduğu bilinmektedir. Detayları bu yazının 3.1 numaralı teorisinde bulabilirsiniz: http://arxiv.org/pdf/1308.1334.pdf

Bu yazının gösterdiği güzel bir şey, keyfi olarak yüksek (ancak sabit <1) bir güvenden yükseltebiliyorsanız, mesafenin artma faktörünün herhangi bir sabit> 1 yapılabileceğidir.

Düzenleme: Hsu tarafından konuyla ilgili başka yeni kağıt vardır ve Sabato http://arxiv.org/pdf/1307.1827v6.pdf Çoğunlukla analizleri ve prosedürü uygular hangi kalanına en küçük medyan mesafe ile sette noktası noktalardan kullanılır. Bu prosedür herhangi bir metrik ile kullanılabilir, ancak yalnızca yaklaşık 3 olan bir faktör verir.