Dizemos que uma função booleana f : { 0 , 1 } n → { 0 , 1 }
Deixe- f : { 0 , 1 } n → { 0 , 1 }
Agora vamos ε > 0
Nota: Na formulação original da pergunta, c
Dizemos que uma função booleana f : { 0 , 1 } n → { 0 , 1 }
Deixe- f : { 0 , 1 } n → { 0 , 1 }
Agora vamos ε > 0
Nota: Na formulação original da pergunta, c
Respostas:
A resposta é sim". A prova é por contradição.
Para conveniência notacional, vamos denotar as primeiras n / 2 variáveis por x e a segunda n / 2 variáveis por y . Suponhamos que f ( x , y ) é δ -próximo para uma função f 1 ( x , y ) que depende apenas de k coordenadas x . Denuncie suas coordenadas influentes por T 1 . Da mesma forma, suponha que f ( x , y ) seja
Digamos que ( x 1 , y 1 ) ∼ ( x 2 , y 2 ) se x 1 e x 2 concordam com todas as coordenadas em T 1 e y 1 e y 2 concordam com todas as coordenadas em T 2 . Escolhemos uniformemente aleatoriamente um representante de cada classe de equivalência. Seja ( ˉ x , ˉ y ) o representante da classe de ( x y
É óbvio que ~ f é um 2 k -junta (que depende somente de variáveis em T 1 ∪ T 2 ) . Vamos provar que está à distância 4 δ de f na expectativa.
Queremos provar que Pr ˜ f ( Pr x , y ( ˜ f ( x , y ) ≠ f ( x , y ) ) ) = Pr ( f ( ˉ x , ˉ y ) ≠ f ( x , y ) ) ≤ 4 δ , onde x e y são escolhidos uniformemente aleatoriamente. Considere um vetor aleatório
Temos, Pr ( f ( x , y ) ≠ f ( ˜ x , y ) ) ≤ Pr ( f ( x , y ) ≠ f 1 ( x , y ) ) + Pr ( f 1 ( x , y ) ≠ f 1 ( ˜ x , y ) ) + Pr ( f1 ( ˜ x , y ) ≠ f ( ˜ x , y ) ) ≤ δ + 0 + δ = 2 δ .
Da mesma forma, Pr ( f ( ˜ x , y ) ≠ f ( ˜ x , ˜ y ) ) ≤ 2 δ . Temos
Pr ( f ( ˉ x , ˉ y ) ≠ f ( x , y ) ) ≤ 4 δ .
É fácil "derandomizar" essa prova. Para cada ( x , y ) , vamos ~ f ( x , y ) = 1 se f ( x , y ) = 1 para a maioria ( x ' , y ' ) na classe de equivalência de ( x , y ) , e ~ f ( x , y ) = 0 , caso contrário.
O menor c que o limite contém é c = 1
Os lemas 1 e 2 mostram que o limite é válido para este c . O lema 3 mostra que esse limite é rígido.
(Em comparação, o elegante argumento probabilístico de Juri fornece c = 4. )
Seja c = 1√2 -1. O lema 1 fornece o limite superior parak=0.
Lema 1:
Se f é ε g -perto uma função g que não tem variáveis que influenciam em S 2 , e f é ε h -perto uma função h que não tem influencia variáveis em S 1 , então f é ε -perto uma função constante , onde ϵ ≤ ( ϵ g + ϵ h ) / 2
Prova.
Deixe ε ser a distância de f a uma função constante. Suponha por contradição que ϵ não satisfaça a desigualdade reivindicada. Seja y = ( x 1 , x 2 , … , x n / 2 ) e z = ( x n / 2 + 1 , … , x n )
e escreva f , g , eh como f ( y
(I find it helpful to visualize f
Let g0
Without loss of generality, assume that, for any pair such that g(y,z)=h(y,z)
The distance from f
The distance from f
The distance from f
Further, the distance from f
Thus, the ratio ϵ/(ϵg+ϵh)
By calculation, this ratio is at most
12(√2−1)=c/2
Lemma 2 extends Lemma 1 to general k
Lemma 2: Fix any k
Proof. Express f
For each fixed value of a
By Lemma 1, there exists a constant cab
Clearly ˆf
Let ϵˆf
Likewise, the distances from f
Since ϵab≤(ϵhab+ϵgab)/(2c)
Lemma 3 shows that the constant c
Lemma 3: There exists f
Proof.
Let y
Identify each possible y
Define f(y,z) to be 1 iff max(y,z)≥1√2N.
By calculation, the fraction of f's values that are zero is (1√2)2=12, so both constant functions have distance 12 to f.
Define g(y,z) to be 1 iff y≥1√2N. Then g has no influencing variables in S2. The distance from f to g is the fraction of pairs (y,z) such that y<1√2N and z≥1√2N. By calculation, this is at most 1√2(1−1√2)=0.5/c
Similarly, the distance from f to h, where h(y,z)=1 iff z≥1√2N, is at most 0.5/c.
QED