Qual é a prova dessa versão fora do padrão da desigualdade de Azuma?

No Apêndice B de Boosting and Differential Privacy, de Dwork et al., Os autores declaram o seguinte resultado sem prova e se referem a ele como a desigualdade de Azuma:

Sejam $C_1, \dots, C_k$ variáveis aleatórias com valor real, de modo que para cada $i \in [k]$ ,

$\Pr[|C_i| \leq \alpha] = 1$

para cada , temos . $(c_1, \dots, c_{i - 1}) \in \text{Supp}(C_1, \dots, C_{i - 1})$ $\text{E}[C_i \mid C_1 = c_1, \dots, C_{i - 1} = c_{i - 1}] \leq \beta$

Então, para cada , temos . $z > 0$ $\Pr[\sum_{i = 1}^k C_i > k\beta + z \sqrt{k} \cdot \alpha] \leq e^{-z^2/2}$

Estou tendo problemas para provar isso. A versão padrão da desigualdade de Azuma diz:

Suponha que seja um martingale e quase certamente. Então, para todo , temos . $\{X_0, X_1, \dots, X_k\}$ $|X_i - X_{i - 1}| \leq \gamma_i$ $t > 0$ $\Pr[X_k \geq t] \leq \exp(-t^2/(2 \sum_{i = 1}^k \gamma_i^2))$

Para provar a versão da desigualdade de Azuma declarada por Dwork et al., que deveríamos tomar e . Dessa forma, acho que é um martingale. Mas tudo o que podemos dizer é que quase certamente, certo? Esse fator de dois causa problemas, porque significa que, após a substituição, simplesmente descobrimos que , que é mais fraca que a conclusão afirmada por Dwork et al. $X_0 = 0$ $X_i = X_{i - 1} + C_i - \text{E}[C_i \mid C_1, C_2, \dots, C_{i - 1}]$ $\{X_0, \dots, X_k\}$ $|X_i - X_{i - 1}| \leq 2\alpha$ $\Pr[\sum_{i = 1}^k C_i > k\beta + z\sqrt{k} \cdot 2\alpha] \leq e^{-z^2/2}$

Falta um truque simples? É a afirmação de Dwork et al. faltando um fator de dois?

pr.probability

— William Hoza
fonte

A afirmação no artigo é verdadeira, mas não segue a versão "usual" da desigualdade de Azuma. O problema é que a instrução usual assume mas qualquer intervalo do mesmo tamanho será necessário; não há razão para assumir um intervalo simétrico.

X_{i} - X_{i - 1} \in [- a, a]

$X_i-X_{i-1}\in[-a,a]$

— Thomas suporta Monica

Não consigo encontrar uma referência, então vou esboçar a prova aqui.

Teorema. Seja sejam variáveis aleatórias reais. Seja sejam constantes. Suponha que, para todos os e todos no suporte de , temos $X_1, \cdots, X_n$ $a_1, \cdots, a_n, b_1, \cdots, b_n$ $i \in \{1,\cdots,n\}$ $(x_1,\cdots,x_{i-1})$ $(X_1, \cdots, X_{i-1})$

$\mathbb{E}[X_i | X_1=x_1, \cdots, X_{i-1}=x_{i-1}] \leq 0$ e

$\mathbb{P}[X_i \in [a_i,b_i]]=1$ .

Então, para todos , $t\geq0$
$P [\sum_{i = 1}^{n} X_{i} \geq t] \leq \exp (\frac{- 2 t^{2}}{\sum_{i = 1}^{n} (b_{i} - a_{i})^{2}}) .$ $\mathbb{P}\left[\sum_{i=1}^n X_i \geq t\right] \leq \exp\left(\frac{-2t^2}{\sum_{i=1}^n (b_i-a_i)^2}\right).$

Prova. Defina . Afirmamos que Para todos os e , temos Por suposição, e para todos os no suporte de $Y_i = \sum_{j=1}^i X_j$

\begin{matrix} (*) & \forall i \in {1, \dots, n} \forall λ \geq 0 E [e^{λ Y_{i}}] \leq e^{\frac{1}{8} λ^{2} \sum_{j = 1}^{i} (b_{j} - a_{j})^{2}} . \end{matrix}

$\forall i \in \{1,\cdots,n\}~\forall \lambda \geq 0 ~~~~~ \mathbb{E}\left[e^{\lambda Y_i}\right] \leq e^{\frac18 \lambda^2 \sum_{j=1}^i (b_j-a_j)^2}.\tag*{(*)}$

i

$i$

λ

$\lambda$

E [e^{λ Y_{i}}] = E [e^{λ Y_{i - 1}} \cdot e^{λ X_{i}}] = E [e^{λ Y_{i - 1}} \cdot E [e^{λ X_{i}} | Y_{i - 1}]] .

$\mathbb{E}\left[e^{\lambda Y_i}\right] = \mathbb{E}\left[e^{\lambda Y_{i-1}}\cdot e^{\lambda X_i}\right] = \mathbb{E}\left[e^{\lambda Y_{i-1}}\cdot \mathbb{E}\left[e^{\lambda X_i}\middle|Y_{i-1}\right]\right].$

μ (y_{i - 1}) := E [X_{i} | Y_{i - 1} = y_{i - 1}] \leq 0

$\mu(y_{i-1}):=\mathbb{E}[X_i|Y_{i-1}=y_{i-1}]\leq 0$

P [X_{i} \in [a_{i}, b_{i}]] = 1

$\mathbb{P}[X_i \in [a_i,b_i]] =1$

y_{i - 1}

$y_{i-1}$

Y_{i - 1}

$Y_{i-1}$ . (Observe que .) Assim, pelo lema de Hoeffding , para todos os no suporte de e todos os . Como , temos, para todos , Agora a indução produz a reivindicação (*) acima.

Y_{i - 1} = X_{1} + \dots + X_{i - 1}

$Y_{i-1}=X_1+\cdots+X_{i-1}$

E [e^{λ X_{i}} | Y_{i - 1} = y_{i - 1}] \leq e^{λ μ (y_{i - 1}) + \frac{1}{8} λ^{2} (b_{i} - a_{i})^{2}}

$\mathbb{E}\left[e^{\lambda X_i}\middle|Y_{i-1}=y_{i-1}\right] \leq e^{\lambda\mu(y_{i-1})+\frac18 \lambda^2(b_i-a_i)^2}$

y_{i - 1}

$y_{i-1}$

Y_{i - 1}

$Y_{i-1}$

λ \in R

$\lambda \in \mathbb{R}$

μ (y_{i - 1}) \leq 0

$\mu(y_{i-1})\leq 0$

λ \geq 0

$\lambda \geq 0$

E [e^{λ Y_{i}}] \leq E [e^{λ Y_{i - 1}} \cdot e^{0 + \frac{1}{8} λ^{2} (b_{i} - a_{i})^{2}}] .

$\mathbb{E}\left[e^{\lambda Y_i}\right] \leq \mathbb{E}\left[e^{\lambda Y_{i-1}}\cdot e^{0+\frac18 \lambda^2(b_i-a_i)^2}\right].$

Agora aplicamos a desigualdade de Markov em e usamos nossa reivindicação (*). Para todos os , Por fim, defina para minimizar a expressão da mão direita e obter o resultado. $e^{\lambda Y_n}$ $t, \lambda > 0$

P [\sum_{i = 1}^{n} X_{i} \geq t] = P [Y_{n} \geq t] = P [e^{λ Y_{n}} \geq e^{λ t}] \leq \frac{E [e^{λ Y_{n}}]}{e^{λ t}} \leq \frac{e^{\frac{1}{8} λ^{2} \sum_{i = 1}^{n} (b_{i} - a_{i})^{2}}}{e^{λ t}} .

$\mathbb{P}\left[\sum_{i=1}^n X_i \geq t\right]=\mathbb{P}[Y_n \geq t] = \mathbb{P}\left[e^{\lambda Y_n} \geq e^{\lambda t}\right] \leq \frac{\mathbb{E}\left[e^{\lambda Y_n}\right]}{e^{\lambda t}} \leq \frac{e^{\frac18 \lambda^2 \sum_{i=1}^n (b_i-a_i)^2}}{e^{\lambda t}}.$

λ = \frac{4 t}{\sum_{i = 1}^{n} (b_{i} - a_{i})^{2}}

$\lambda=\frac{4t}{\sum_{i=1}^n (b_i-a_i)^2}$

\begin{matrix} ◼ \end{matrix}

$\tag*{$\blacksquare$}$

Como mencionei no meu comentário, a principal diferença entre esta e a afirmação "usual" da desigualdade de Azuma está exigindo , em vez de . O primeiro permite mais flexibilidade e isso economiza um fator de 2 em alguns casos. $X_i \in [a_i,b_i]$ $X_i \in [-a,a]$

Observe que as variáveis aleatórias na prova são um supermartingale. Você pode obter a versão usual da desigualdade de Azuma usando um Martingale , configurando e (onde ) e depois aplique o resultado acima. $Y_i$ $Y_1, \cdots, Y_n$ $X_i=Y_i-Y_{i-1}$ $[a_i,b_i]=[-c_i,c_i]$ $\mathbb{P}[|Y_i-Y_{i-1}|\leq c_i]=1$

— Thomas apoia Monica
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Na primeira linha da prova, ele deve ser presumivelmente (limite superior da soma como em vez de ) ....

Y_{i} = \sum_{j = 1}^{i} X_{j}

$Y_i = \sum_{j=1}^i X_j$

i

$i$

n

$n$

— Dougal

A prova também é dada na monografia por Dubhashi e Panconesi.

— Kristoffer Arnsfelt Hansen

@KristofferArnsfeltHansen: Ótimo. Você tem um link?

— Thomas apoia Monica