A prova de 2017 de Norbert Blum de que


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Norbert Blum postou recentemente uma prova de 38 páginas de que . Está correto?PNP

Também no tópico: onde mais (na internet) sua correção está sendo discutida?

Nota: o foco deste texto da pergunta mudou com o tempo. Veja os comentários da pergunta para obter detalhes.


Comentários não são para discussão prolongada; esta conversa foi movida para o bate-papo .
Bjørn Kjos-Hanssen

Respostas:


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Como observado aqui antes, o exemplo de Tardos refuta claramente a prova; fornece uma função monótona, que concorda com CLIQUE em T0 e T1, mas está em P. Isso não seria possível se a prova estivesse correta, pois a prova também se aplica a esse caso. No entanto, podemos identificar o erro? Aqui está, em uma postagem no blog do lipton, o que parece ser o lugar onde a prova falha:

O erro único é um ponto sutil na prova do Teorema 6, ou seja, na Etapa 1, na página 31 (e também 33, onde o caso duplo é discutido) - uma alegação aparentemente óbvia de que contém todas as cláusulas correspondentes contidas em etc, parece errado. C N F ( g )CgCNF(g)

Para explicar isso com mais detalhes, precisamos entrar no método de prova e aproximação de Berg e Ulfberg, que reafirma a prova original de Razborov da complexidade exponencial de monótonos para CLIQUE em termos de comutadores DNF / CNF. É assim que eu vejo:

Para cada nó / porta de um circuito lógico (contendo apenas portas binárias OR / AND), uma forma normal conjuntiva , uma forma normal disjuntiva e aproximadores e são em anexo. e são simplesmente as formas normais disjuntivas e conjuntivas correspondentes da saída do gate. e também são formas disjuntivas e conjuntivas, mas de algumas outras funções, "aproximando" a saída do portão. No entanto, eles precisam ter um número limitado de variáveis ​​em cada monômio paraβ C N F ( g ) D N F ( g ) C k g D r g C N F D N F D r g C k g D r g C k ggβCNF(g)DNF(g)CgkDgrCNFDNFDgrCgkDgr(menor que uma constante r) e em cada cláusula para (menor que uma constante k).Cgk

Existe a noção de um "erro" introduzido com esta aproximação. Como esse erro é calculado? Estamos interessados ​​apenas em algum conjunto T0 de entradas nas quais nossa função total assume o valor 0 e T1 em entradas nas quais nossa função total assume o valor 1 (uma "promessa"). Agora, em cada porta, examinamos apenas as entradas de T0 e T1, que são computadas corretamente (por e , que representam a mesma função - saída da porta em ) na saída da porta , e veja quantos erros / erros existem para eC N F ( g ) g β C k g D r g C k g D r g C k g C k g D r gDNF(g)CNF(g)gβCgkDgr, comparado a isso. Se o gate for uma conjunção, a saída do gate poderá calcular mais entradas de T0 corretamente (mas as entradas calculadas corretamente de T1 possivelmente diminuirão). Para , que é definido como uma conjunção simples, no entanto, não há novos erros em todas essas entradas. Agora, é definido como um comutador CNF / DNF de , portanto, pode haver vários erros novos em T0, provenientes desse comutador. Também em T1 não há novos erros em - cada erro deve estar presente em qualquer uma das entradas de porta e, da mesma forma em , o switch não introduz novos erros em T1. A análise para o portão OR é dupla.CgkDgrCgkCgkDgr

Portanto, o número de erros para os aproximadores finais é limitado pelo número de portas em , vezes o número máximo possível de erros introduzidos por um comutador CNF / DNF (para T0) ou por um comutador DNF / CNF (para T1). Mas o número total de erros deve ser "grande" em pelo menos um caso (T0 ou T1), já que essa é uma propriedade de formas normais conjuntivas positivas com cláusulas delimitadas por , que foi o principal insight da prova original de Razborov (Lemma 5 no artigo de Blum).kβk

Então, o que Blum fez para lidar com negações (que são empurradas para o nível de entradas, para que o circuito ainda contenha apenas portas binárias OR / AND)?β

Sua idéia é pré-formatar os comutadores CNF / DNF e DNF / CNF de forma restritiva, somente quando todas as variáveis ​​forem positivas. Em seguida, os comutadores funcionariam exatamente como no caso de Berg e Ulfberg, introduzindo a mesma quantidade de erros. Acontece que este é o único caso que precisa ser considerado.

Então, ele segue as linhas de Berg e Ulfberg, com algumas distinções. Em vez de anexar , , e a cada porta do circuito , ele anexa suas modificações, , , e , ou seja, as formas normais disjuntivas e conjuntivas "reduzidas", que ele definiu como diferentes das eD N F ( g ) C k g D r g g β C N F ' ( g ) D N F ' ( g ) C ' k g D ' r g C N F ( g ) D N F ( g ) C r g D rCNF(g)DNF(g)CgkDgrgβCNF(g)DNF(g)CgkDgrCNF(g)DNF(g)por "regra de absorção", removendo variáveis ​​negadas de todos os monômios / cláusulas mistas (ele também usa para esse propósito a operação indicada por R, removendo totalmente alguns monômios / cláusulas; como discutimos anteriormente, sua definição um tanto informal de R não é realmente o problema , R pode ser tornado preciso para que seja aplicado em cada porta, mas o que é removido depende não apenas das duas entradas anteriores, mas de todo o circuito que antecede essa porta) e de seus aproximadores e , que ele também apresentou.CgrDgr

Ele conclui, no Teorema 5, que para uma função monótona, e reduzidos realmente computarão 1 e 0 nos conjuntos T1 e T0, no nó raiz (cuja saída é a saída de toda a função em ). Acredito que esse teorema esteja correto. D N F g 0 βCNFDNFg0β

Agora vem a contagem de erros. Eu acredito que os erros em cada nó devem ser calculados comparando e (que agora são possivelmente duas funções diferentes), com e como ele os definiu. As definições de aproximação aproximam as definições de e (Etapa 1) ao misturar variáveis ​​com negadas, mas quando ele lida com variáveis ​​positivas, ele usa a opção como no caso de Berg e Ulfberg (Etapa 2). E, de fato, na Etapa 2, ele apresentará o mesmo número de erros possíveis como antes (é a mesma opção e todas as variáveis ​​envolvidas são positivas).D N F ( g ) C r g D k g C N F D N F CNF(g)DNF(g)CgrDgkCNFDNF

Mas a prova está errada na Etapa 1. Acho que Blum está confundindo , , que realmente vem, como ele os definiu, de aproximadores anteriores (para portões , ), com partes positivas da e . Existe uma diferença e, portanto, a instrução " ainda contém todas as cláusulas contidas no antes da aproximação do gate g que usa uma cláusula em ou " parece ser errado em geral.γ 2 h 1 h 2 C N F β ( h 1 ) C N F β ( h 2 ) C g C N F β ( g ) γ 1 γ 2γ1γ2h1h2CNFβ(h1)CNFβ(h2)CgCNFβ(g)γ1γ2


2
parece ser o mesmo comentário no blog da RJL rjlipton.wordpress.com/2017/08/17/… você escreveu isso? queria adicionar uma idéia: e se a chave for considerar T0 / T1 de todas as conversões / aproximações iguais de 1 bits wrt cnf-dnf? é conhecido por Berkowitz 1982 esta é suficiente para separar P vs NP ver "complexidade das funções fatia" / Wegener sciencedirect.com/science/article/pii/0304397585902099
vzn

6
@vzn O autor deste comentário no blog é "vloodin". O autor desta resposta é "idolvon". Uma permutação das letras dá uma dica de que os autores não são muito diferentes.
Clement C.

2
Apenas curioso, houve algum tipo de comunicação pública adicional de Blum depois de enviar o artigo para o arxiv?
Matt

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@Matt Blum retirou o artigo e postou o seguinte comentário na página arXiv do artigo: "A prova está errada. Vou elaborar precisamente qual é o erro. Para fazer isso, preciso de um tempo. Vou colocar a explicação no meu homepage "
Gustav Nordh

Essa resposta foi confirmada como correta por Scott Aaronson, citando outros revisores (sem nome): scottaaronson.com/blog/?p=3409
cuniculus

95

Conheço Alexander Razborov, cujo trabalho anterior é extremamente crucial e serve de base para a prova de Blum. Tive a sorte de encontrá-lo hoje e não perdi tempo em pedir sua opinião sobre todo esse assunto, se ele tinha visto a prova ou não e quais são seus pensamentos sobre isso, se o fizesse.

Para minha surpresa, ele respondeu que realmente conhecia o artigo de Blum, mas não se importou em lê-lo inicialmente. Mas quanto mais fama foi dada a ele, ele teve a chance de lê-lo e detectou uma falha imediatamente: a saber, que os raciocínios dados por Berg e Ulfberg se mantêm perfeitamente para a função de Tardos e, como é o caso, a prova de Blum é necessariamente incorreto, pois contradiz o núcleo do Teorema 6 em seu artigo.


2
Seria ótimo se você pudesse elaborar isso. Sabe-se que a função de Tardos está em P?
Thomas

5
A função Tardos está em P e é uma aproximação da função teta de Lovasz, que, para um complemento gráfico, está entre o número de clique e o número cromático. A função real Lovasz theta é a função monótona de um gráfico. No entanto, a questão é o clima em que essa aproximação também dá origem a uma função monótona de um gráfico (somente a função monótona invalidaria a prova). Alguém pode nos dar a referência ao artigo da Tardos onde isso é definido, por favor?
Idleton

7
@idolvon Você quer dizer isso: cs.cornell.edu/~eva/… Indica explicitamente que a função φ é uma função monótona computável em tempo
poligonal

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Obrigado! Isso basicamente resolve - a prova de Bloom deve estar errada. Agora, pode ser interessante identificar um erro. Vou dar uma olhada e publicar um comentário no Lipton's, como nos velhos tempos, de acordo com o prof. p Desejos do pica-pau.
Idleton

1
@idolvon Sim, eu também pensava. Os argumentos de Blum devem levar adiante a função φ, conforme definido naquele artigo, que afirma que é monótono e polytime computável (trivial por sua definição).
PsySp 17/08/19

41

Isso é publicado como resposta da comunidade porque (a) não são minhas próprias palavras, mas uma citação de Luca Trevisan em uma plataforma de mídia social ou de outras pessoas sem conta no CSTheory.SE; e (b) qualquer pessoa deve se sentir à vontade para atualizar isso com informações relevantes e atualizadas.


Citando Luca Trevisan de uma publicação pública no Facebook (14/08/2017), respondendo a uma pergunta sobre este artigo feita por Shachar Lovett :

A função de Andreev, que é reivindicada como tendo uma complexidade de circuito superpolinomial (abstrata, seção 7), é apenas uma interpolação polinomial univariada em um campo finito que, se não estou faltando alguma coisa, é solucionável pela eliminação gaussiana

Na verdade, esse não é necessariamente um ponto em que a prova falha; Luca respondeu então (15/08/2017), após uma pergunta relacionada ao comentário de Andrew abaixo:

Você está certo, pessoal, eu entendi mal a definição da função de Andreev: não está claro que isso se reduz à interpolação polinomial


Karl Wimmer comentou o ponto levantado por Gustav Nordh (reproduzido com a permissão de Karl):

DNF(g0)fDNF(g0)f=1

DNF(g0)fDNF(g0)f

(Além disso: esse lado unilateral é consistente com o exemplo de Gustav acima.)

DNF(g)gDNF(g0)

Se eu estiver totalmente fora da base aqui, por favor me avise!


De um usuário anônimo, em reação ao argumento de Karl:

DNF 'e CNF' são apenas DNF e CNF para f, nos quais são feitos cancelamentos de literais opostos, reduzindo-os para uma forma mais curta. Isso também é explicado no artigo e é um tanto complicado com a definição, mas é isso que é. Teorema 5 não é o problema, a carne está no Teorema 6.


E a resposta de Karl (que reproduzo novamente aqui):

fg0DNF(g0)RDNF(g0)fDNF(g0)

RDNF(g0)gDNF(g)gres(g)

RαR


(resposta de anon) Concordo que a indefinição na definição de R pode ser um problema na seção 6. R não está definido explicitamente, e a menos que sua ação dependa de alguma forma em todo o DNF (e não nos valores de DNF 'nos portões indutivamente) , pode haver um problema. A prova de Deolalikar teve um problema semelhante - duas definições diferentes foram confusas. Aqui, pelo menos, sabemos o que se entende por DNF 'e, se isso é fonte do problema na seção 6, pode ser fácil rastrear. Ainda não entrei na seção 6, porém, requer a compreensão de provas dos aproximadores de Berg e Ulfberg, descritas na seção 4, relacionadas à construção de Razborov em 1985, o que não é fácil.

Explicação como R funciona:

(xy)(¬xy)(x¬y)
((xy)(¬xy))(x¬y)
(xy)((xy)(yy))
x
(y)(xy)(y),
yx
((y)(xy)(y))((xy)(xy)(xy)),
((xy)(xy)(xy))
(xy)

6
Sou cético quanto a isso (mas não use o Facebook para dizer nada) - a função de Andreev (no artigo) é apresentada como um gráfico bipartido com conjuntos de vértices esquerdo e direito iguais a GF (q), além de um conjunto arbitrário de arestas e um grau vinculado. A questão é se existe uma maneira de escolher, para cada vértice à esquerda, um de seus vizinhos, para que a função induzida (da esquerda para a direita) seja um polinômio de baixo grau. O comentário de Luca se aplica quando temos uma boa escolha de vizinho para cada vértice esquerdo (como então é apenas interpolação polinomial), mas não está claro para mim como fazer uma boa escolha.
Andrew Morgan

@AndrewMorgan Atualizei a resposta da CW.
Clement C.

@ Karl Wimmer: em relação ao clima, DNF ′ (g0) calcula f, é preciso usar que f é monótono, eu acho. Supõe-se no Teorema 5 que f é monótono.
Idolidon 15/08

confuso! isso tudo é citado no post do facebook? ao clicar no link shachar lovett no facebook acima, algumas das respostas acima são visíveis para mim, mas outras não são visíveis para mim. por exemplo, Karl Wimmer. isso é devido a alguma triagem de respostas de amigos no facebook? Nesse caso, isso é decepcionante e não é um bom lugar para discussões públicas. talvez alguém possa fazer uma captura de tela? :( ou você está citando coisas de fora da pós facebook plz ter cuidado / completo com citações / urls?
vzn

ah! mais pesquisas você também está citando respostas de pós Baez blog que contém Wimmers responder etc johncarlosbaez.wordpress.com/2017/08/15/...
vzn

36

A correção da prova reivindicada está sendo discutida no blog de Luca Trevisan: https://lucatrevisan.wordpress.com/2017/08/15/on-norbert-blums-claimed-proof-that-p-does-not-equal- np /

Em particular, "anon" postou o seguinte comentário relevante:

"Tardos observou que os argumentos de Razborov e Alon-Boppana são transferidos para uma função que é calculada por um circuito não monótono de tamanho polinomial (a função é uma pequena variante na aproximação da função teta de Lovasz do gráfico). Se os argumentos de Berg e Ulfberg também Se você solicitar a função de Tardos (que é intuitivamente provável, pois a prova parece basear-se na prova de Razborov), fica claro que a alegação atual de Blum não pode estar correta. Infelizmente, o autor não discute esse ponto ".

Em uma pergunta direta de "Mikhail", Alexander Razborov confirma isso (veja o post de Mikhail): os raciocínios de Berg e Ulfberg são perfeitamente válidos para a função de Tardos, e, como é o caso, a prova de Blum é necessariamente incorreta, pois contradiz o núcleo. do sexto teorema em seu artigo. - A. Razborov

Na minha opinião, isso definitivamente resolve a questão de saber se o artigo está correto ou não (NÃO está correto!). Também é importante observar que parece difícil reparar a prova, pois o próprio método de prova parece falho.

Atualização (30/08/2017) Norbert Blum postou o seguinte comentário em sua página do arXiv:

A prova está errada. Vou elaborar precisamente qual é o erro. Para fazer isso, preciso de um tempo. Vou colocar a explicação na minha página inicial


3
Postei isso como resposta, pois ainda não tenho privilégios para postar comentários.
18417 Gustav Nordh

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Sim, este é o meu entendimento (mas posso estar errado). A função de Tardos é uma função monótona que é 1 nos gráficos de k-cliques e 0 nos gráficos completos de partes (k-1). Até onde sei, Berg e Ulfberg usam APENAS essas propriedades em sua prova de aproximação CNF-DNF para CLIQUE, o que prova que a função de Tardos tem complexidade monótona exponencial. O Teorema de Blum 6 diz que os limites inferiores da complexidade monótona pela aproximação CNF-DNF para funções monótonas fornecem o mesmo limite inferior não monótono. Portanto, a função de Tardos tem complexidade exponencial de acordo com o Teorema 6 (que é falso).
18717 Gustav Nordh

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Nesse caso, parece que resolver esse ponto deve ser o foco principal no momento ... não acredito que seja competente ou experiente o suficiente para fazê-lo, mas (dedos cruzados, o que não ajuda na digitação) outros são.
Clement C.

3
Onde esta função do Tardos é definida, alguém pode fazer referência ao artigo? Claramente, existem funções não monótonas que separam T0 e T1 que estão em P (é fácil construir uma palavra, verificando se temos um gráfico completo com k nós), mas a função Tardos é monotônica? Se monótono e separar T0 e T1, invalidaria a prova. Mas, se não for monótono, a prova ainda poderá estar correta.
Idleton

4
A função de Tardos é definida em seu artigo muito curto, localizado aqui: cs.cornell.edu/~eva/… Além disso, as propriedades da função de Tardos são discutidas em detalhes em [S. Jukna, Complexidade da função booleana p. 272]
Gustav Nordh

25

Gustav Nordh comentado pelo Teorema 5 (página 29). Especificamente, a função

(xy)(¬xy)(x¬y)

1xy1βxyβg0

DNFβ(g0)β

xy(xy)

DNFβ(g0)fDNFβ(g0)xfx=1f(x,y)=1R


2
Parece que DNF' para esta fórmula é (X e Y) - formar DNF completo, cancelar termos triviais, e aplicam-se a absorção de
idolvon

2
DNF

2
A definição nas páginas 27-28 envolve o uso do operador R, que não está definido, exceto pela frase vaga "origina-se no monômio trivial". Se entendermos que "seria cancelado se os literais fossem mantidos até esse estágio", as definições serão as mesmas. De qualquer forma, você precisaria de ALGUMA interpretação para R. Como R é tão crucial no capítulo 6, a interpretação correta é importante e, de fato, existe uma que é indutiva.
Idletoon

2
(xy)(¬xy)(x¬y)
((xy)(¬xy))(x¬y)
(xy)((xy)(yy))
x
(y)(xy)(y),

2
yx
((y)(xy)(y))((xy)(xy)(xy)),
((xy)(xy)(xy))
(xy)

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Alguém poderia usar a decodificação de lista de códigos de Reed-Solomon para mostrar que a função POLY de Andreev está em P, semelhante à maneira que Sivakumar fez em seu artigo comparável de membro ? Ou a função POLY é conhecida por ser NP-completa?


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Lance, eu não respondo suas perguntas. Em junho de 1986, o "Problema Aberto do Mês" de David Johnson perguntou se o problema de Andreev era NP-completo. Veja a coluna NP-completeness de David no Journal of Algorithms 7: 2, pp. 289-305. Não tenho certeza se alguma vez houve uma resolução.
Ravi Boppana

1
O artigo de Johnson de 1986 antecede as técnicas de reconstrução polinomial e os resultados de decodificação de lista dos anos 90.
precisa

1
Aqui está minha ideia usando a notação na Seção 7 do artigo de Norbert Blum. Um polinômio p que é uma solução para o problema POLY pode ser visto como uma palavra de código de Reed-Solomon. Escolha uma função f escolhendo aleatoriamente uma aresta de cada vértice em A. Que f deve concordar com p em significativamente mais do que uma fração 1 / q das entradas. Em seguida, podemos usar a decodificação de lista em f para criar uma lista polinomialmente longa de possibilidades para pe podemos verificar cada uma delas.
precisa saber é o seguinte

1
qddpdqlogq1q

4
@ Matt Supondo que eu li corretamente acima, essa função é aquela que Blum afirma ter comprovada complexidade do circuito superpolinomial. Mas se estiver em P, deve ter complexidade de circuito polinomial, contradizendo a suposta prova de P vs. NP.
Clement C.

14

Ele atualizou seu arXiv para dizer que sua prova está incorreta:

A prova está errada. Vou elaborar precisamente qual é o erro. Para fazer isso, preciso de um tempo. Vou colocar a explicação na minha página inicial.


9

O blog de Lipton e Regan aqui tem uma boa discussão de alto nível com um comentário interessante sobre a estrutura de provas.

Eles também apontam o pedigree de Blum como tendo demonstrado um limite mais baixo na complexidade do circuito booleano que durou mais de 30 anos. É claro que isso é apenas "informação secundária", já que os especialistas já estão estudando seriamente a prova.


3

Além disso, aqui: https://www.quora.com/Whats-the-status-of-Norbert-Blums-claim-that-operatorname-P-neq-operatorname-NP

Citando Alon Amit:

(opinião pessoal, 14 de agosto, mais tarde): Não creio que este artigo seja submetido a escrutínio. Um teorema profundo, que foi tão pesquisado em massa quanto P ≠ NP, provavelmente será resolvido com novas técnicas profundas e de longo alcance. Não é impossível que ele seja resolvido com um ligeiro aprimoramento dos métodos conhecidos e existentes, mas é muito, muito, muito improvável.


11
Esse é um não argumento (uma opinião válida e que admito compartilhar, mas não um argumento válido, que é o que acredito que deveríamos ter aqui). Esse tipo de coisa já aconteceu antes .
Clement C.

8
Sim, eu não estava discutindo nada. Basta responder à pergunta "onde este artigo é discutido" e, em seguida, resumir a discussão mencionada até este ponto.
Jack

2

É improvável que esteja correto pelo seguinte motivo: o método de aproximações é geral o suficiente para que qualquer limite inferior possa ser comprovado usando-os. Este é um resultado devido a Razborov. Por que isso é um problema? Como significa que o método de aproximações não será o principal progresso, ele pode expressar qualquer coisa, a carne estará em outro lugar. Parece não haver tanta carne no artigo, o que sugere que o autor provavelmente está cometendo um erro sutil, o tipo de erro oculto aos olhos, mas essencialmente uma suposição que implica a resposta. Para aqueles que não são teóricos da complexidade: este é um teste de cheiro muito bom, é tão provável que seja verdade quanto a afirmação de alguém de construir um foguete em seu porão para viajar para a lua em uma semana.

Então, onde está esse erro sutil? No blog de Trevisan, há um comentário de Lovett sugerindo o que essa suposição oculta pode estar no teorema 6.


ponto agradável / relevante; fyi razborovs "no go" thm é "sobre o método das aproximações" (1989) people.cs.uchicago.edu/~razborov/files/approx.pdf, mas acha que essa prova não é muito bem analisada. é preciso entender com cuidado se suas condições declaradas se mantêm além das palavras "método de aproximações", que passaram por revisões / desenvolvimentos / aprimoramentos etc. desde a sua criação por razborov. essas condições exatas aparentemente não são muito analisadas por pesquisadores posteriores. A outra grande barreira é por Razborov / Rudich prova natural en.wikipedia.org/wiki/Natural_proof
vzn

recusou porque o conteúdo desta resposta já foi abordado nas respostas anteriores.
verificando

-2

NPcP

CffCm

Uma função booleana possui apenas uma tabela de verdade, mas não uma única expressão algébrica, nem um problema possui apenas uma função booleana que a resolve.

Algumas (podem ser todas) funções são isomórficas (problemas não).

NP=Pmmfff

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