Limites inferiores na função Threshold

Na complexidade da árvore de decisão de uma função booleana, um método de limite inferior muito bem conhecido é encontrar um polinômio (aproximado) que represente a função. Paturi deu uma caracterização para funções booleanas simétricas (parciais e totais) em termos de uma quantidade indicada $\Gamma$ :

Teorema ( Paturi ): Seja $f$ qualquer função simétrica não constante e denote $f_k=f(x)$ quando $|x|=k$ (ou seja, o peso hamming de é ). O grau aproximado de , denotado , é , onde $x$ $k$ $f$ $\widetilde{deg}(f)$ $\Theta(\sqrt{n(n-\Gamma(f))})$ $\Gamma(f)=\min\{|2k-n+1|:f_k\neq f_{k+1}\text{ and } 0\leq k\leq n-1\}$

Agora deixe $Thr_t(x)$ ser a função de limite, ou seja, $Thr_t(x)=1$ se $x\geq t$ . Neste artigo (cf. seção 8, página 15) diz que $\widetilde{deg}(f)=\sqrt{(t+1)(N-t+1)}$ .

Observe que, para a função de limite, temos $\Gamma(Thr_t)=|2(t-1)-n+1|$ , porque quando $|x|=t-1$ a função muda de 0 para 1. Estou certo?

Se eu aplicar diretamente o teorema de Paturi a esse valor de $\Gamma$ , não obtenho o limite inferior na função de limite relatada em outros trabalhos. O valor de $\Gamma(Thr_t)$ acima está correto? o que estou perdendo?

Edit: Eu também tentei calcular o limite inferior do adversário quântico para o limiar. Primeiro, vamos revisar o teorema.

Teorema (Adversário Quântico Não Ponderado): Seja uma função booleana parcial e seja e seja um subconjunto de entradas (rígidas). Seja uma relação e defina para cada . Deixe denotar o número mínimo de 1s em qualquer linha e qualquer coluna em relação , respectivamente, e let denotar o número máximo de unidades em qualquer linha e coluna em qualquer uma das relações respectivamente. Então . $f$ $A\subseteq f^{-1}(0)$ $B\subseteq f^{-1}(1)$ $R\subseteq A\times B$ $R_i=\{(x,y)\in R : x_i\neq y_i\}$ $1\leq i \leq n$ $m,m'$ $R$ $\ell,\ell'$ $R_i$ $Q_2(f)=\Omega(\sqrt{\frac{m m'}{\ell \ell'}})$

Se eu definir como o conjunto de todas as entradas com o número de 1s maior ou igual a , e todas as entradas com 1s estritamente menores que , obtenho (depois de alguma álgebra) que . $B$ $t$ $A$ $t$ $\frac{mm'}{\ell\ell'}=n^2 \ln(\frac{n}{t}) \ln(\frac{n}{n-t})$

Ainda assim, não estou obtendo os mesmos limites inferiores relatados em outros trabalhos. Agora, vamos comparar esses limites. A figura abaixo mostra para e sem as raízes quadradas, uma comparação entre o limite do teorema de Paturi (azul), limite do adversário (vermelho) e o limite relatado de outros trabalhos (verde). $n=200$

insira a descrição da imagem aqui

Minhas perguntas são:

1- Como obtenho o limite relatado em outros trabalhos?

2- Você pode ver na figura que o limite inferior relatado (verde) também limita o limite de Paturi e o limite do adversário. Isso não está enfraquecendo o limite inferior "real"? Por exemplo, se Paturi diz que, para todas as funções simétricas, temos esse limite, como você pode obter um limite superior correspondente para a contagem quântica ( )? Esse limite superior não viola o teorema de Paturi? $\sqrt{(t+1)(n-t+1)}$

— Marcos Villagra
fonte

Está faltando o valor absoluto no cálculo para (essa parece ser uma alteração muito pequena para uma edição).

Γ (T h r_{t})

$\Gamma(Thr_t)$

— Hartmut Klauck 22/02

Eu acho que você está certo e é uma espécie de aproximação do valorpara obter o diploma mencionado no artigo. As parcelas das funções deixe-me supor que :)

Γ (T h r_{t}) = | 2 (t - 1) - n + 1 |

$\Gamma(Thr_t)=|2(t-1)-n+1|$

— Marc Bury

sim, parece uma aproximação (aqui está o enredo wolframalpha.com/input/… ). E limites mais baixos . Se é assim, por que se preocupar em fazer isso? Por que não aplicar o limite inferior resultante do de Paturi?

Γ (T h r_{t})

$\Gamma(Thr_t)$

— Marcos Villagra

Suponho que eles querem evitar a função de valor absolue. Eles obtêm uma forma mais fácil da função e evitam análises caso a caso para qualquer cálculo. Estou interessado em como eles tiram essa aproximação da função original?

— Marc Bury

É o mesmo até uma constante.

— Kristoffer Arnsfelt Hansen 03/03

Eu não sei como você pode obter ou ver o limite de do limite original $\sqrt{(t+1)(n-t+1)}$ mas aqui está a prova de que esses limites são assintoticamente iguais até um fator constante: $\sqrt{n(n-\vert (2(t-1) -n+1 \vert )}$

Primeiro veja que (eu excluo porque a função de limite é sempre ) $t = 0$ $1$

n (n - | (2 (t - 1) - n + 1 |) = {\begin{cases} n (2 t - 1) & 1 \leq t \leq n / 2 + 1 / 2 \\ n (2 n - 2 t + 1) & n / 2 + 1 / 2 \leq t \leq n - 1 \end{cases}

$n(n-\vert (2(t-1) -n+1 \vert) = \left\lbrace \begin{array}{ll} n(2t-1) & 1 \leq t \leq n/2+1/2\\ n(2n-2t+1) & n/2+1/2 \leq t \leq n-1 \end{array} \right.$

Definir , e . $f_1(t) = n(2t-1)$ $f_2(t) = n(2n-2t+1)$ $g(t) = (t+1)(n-t+1)$

Agora você deve calcular o valor máximo (de acordo com dentro dos intervalos definidos) das frações , , e $t$ $f_1(t)/g(t)$ $f_2(t)/g(t)$ $g(t)/f_1(t)$ $g(t)/f_2(t)$ . Você pode fazer isso com cálculo diferencial ou aproximação com a ajuda do gráfico (com suficientemente grande): $n$

$f_1(t)/g(t) \leq f_1(n/2+1/2)/g(n/2+1/2) \leq \dfrac{n^2}{n^2/4} = 4$

$f_2(t)/g(t) \leq f_2(n/2+1/2)/g(n/2+1/2) \leq \dfrac{n^2}{n^2/4} = 4$

$g(t)/f_1(t) \leq g(1)/f_1(1) = \dfrac{2n}{n} = 2$

$g(t)/f_2(t) \leq g(n-1)/f_2(n-1) = \dfrac{n/2}{n/3} \leq 3/2$

n (n - | 2 (t - 1) - n - 1 |) = Θ ((t + 1) (n - t + 1))

$n(n-\vert 2(t-1)-n-1\vert) = \Theta((t+1)(n-t+1))$

\sqrt{n (n - | 2 (t - 1) - n - 1 |)} = Θ (\sqrt{(t + 1) (n - t + 1)}) .

$\sqrt{n(n-\vert 2(t-1)-n-1 \vert)} = \Theta(\sqrt{(t+1)(n-t+1)}).$

Existe uma maneira mais fácil de ver / obter esse resultado?

— Marc Bury
fonte

\sqrt{(t + 1) (n - t + 1)}

$\sqrt{(t+1)(n-t+1)}$

Obrigada pelos teus esforços!! Eu acho que essa é a resposta. Estou mais convencido agora que talvez essa seja a única maneira de obter esse resultado.

— Marcos Villagra