Lineáris különböz ségek

Átírás

1 Ivanyos Gábor MTA SZTAKI 2010 december 13

2 A feladat Titok: u = (µ 1,..., µ n ) n dimenziós vektor Z n 3 -b l Z 3 = az egész számok modulo 3 Gombnyomásra kapunk: véletlen v i = (a i1,..., a in ) vektorokat, az u-ra nem mer leges ( n i=1 a ijµ j 0 Z 3 -ban) Z n beli vektorok közül egyforma valószín séggel 3 Feladat: keressük meg u-t gyorsan "gyors"=n-ben polinom sok gombnyomás+egyéb m velet

3 Különböz ségek nyelvén A feladat Oldjuk meg a a 11 x 1 + a 12 x a 1n x n 0 a 21 x 1 + a 22 x a 2n x n 0. al1x 1 + al2x alnx n 0 különböz ség-rendszert Z 3 -ban!

4 Háttér: rejtett eltolás A feladat Adottak: f 0, f 1 : Z n 3 { 0-1 sorozatok} f 0, f 1 injektívek kiértékel orákulummal (x f i (x)) u Z n 3, amelyre f 1(v) = f 0 (v + u) minden v Z n 3, Feladat: keressük meg u-t (gyorsan). A rejtett részcsoport problémához fontos eszköz Bizonyos kvantum-számítógépes eljárás éppen u-ra nem mer leges véletlen vektorokat ad Részletek: K. Friedl, G. Ivanyos, F. Magniez, M. Santha, P. Sen: Hidden translations and orbit coset in quantum computing (STOC 2003) és G. Ivanyos: On solving systems of random linear disequations (QIC 2008).

5 Hasonló feladat - tanulás zajos környezetben Eredeti probléma: adott l n "véletlen" egyenlet Z 2 -ben a 11 x 1 + a 12 x a 1n x n = b 1 a 21 x 1 + a 22 x a 2n x n = b 2. al1x 1 + al2x alnx n = bl, aminek az u = (µ 1,..., µ n ) vektor a megoldása. Az egyenletek 10%-ának a jobboldala meghibásodott (azaz valójában n j=1 a ijµ j = 1 b i ), csak nem tudjuk, melyek ezek. Feladat: keressük meg u-t. NP-nehéz

6 Tanulás zajos környezetben - könnyített feladat S. Arora, R. Ge: Learning Parities with Structured Noise (ECCC TR (2010)) adott l n "véletlen" egyenlet Z 2 -ben az u = (µ 1,..., µ n ) vektorra: a 11 x 1 + a 12 x a 1n x n = b 1 a 21 x 1 + a 22 x a 2n x n = b 2. al1x 1 + al2x alnx n = bl, l/100 százas blokkra osztva. Mindegyik blokkban legfeljebb 10 hiba van. Feladat: keressük meg u-t. Ez (és számos hasonló) polinomid ben megoldható (Ibid.)

7 Eldöntési változat A feladat Gombnyomásra kapunk: vagy (1) vagy (2) véletlen v i Z n 3 vektorokat, egyforma valószín séggel csupa u-ra nem mer leges v i Z n 3 (akármilyen eloszlással) Feladat: döntsük el, melyik eset áll vektorokat

8 Hívjuk meg az eldöntési algoritmust. Ha a válasz (1), készen vagyunk. Fedjük le Z n 3-t 4 hipersíkkal: U 0 = az (a 1, a 2,..., a n 2, a, 0) alakú vektorok U 1 = az (a 1, a 2,..., a n 2, a, a) alakú vektorok U 2 = az (a 1, a 2,..., a n 2, a, 2a) alakú vektorok U = az (a 1, a 2,..., a n 2, 0, a) alakú vektorok i = 0, 1, 2, -re hívjuk meg az eldöntési algoritmust U i -re, (a mintában kapott vektorokat U i -re vetítsük le) Leszállunk U i -re aszerint, hogy melyik i-re kaptuk a (2) választ (szintlén levetítjük a mintában kapott vektorokat)

9 Összegy jtünk egy elég nagy v 1,..., vl mintát Ha nincs olyan u, ami egyikre sem mer leges, a válasz (1) Ha van, a válasz (2) l = O(n log n) méret minta elvileg elég a jó eséllyel korrekt válaszhoz. Baj: Ilyen u létezésének eldöntése NP-teljes Gráfok 3-színezhet sége visszavezethet erre Megoldás: Nagyobb mintát veszünk.

10 Különböz ségb l egyenlet Észrevétel: a 1 µ a n µ n 0 (a 1 µ a n µ n ) 2 = 1 (kis Fermat modulo 3) 0 u = (µ 1,..., µ n )-re legyen P u (x 1,..., x n ) := n µ i µ j x i x j 1 i,j=1 másodfokú polinom x 1,..., x n -ben Ha a (2) eset áll fenn, akkor minden mintabeli v = (a 1,..., a n ) vektorra P u (v) = 0. Ha az (1) eset áll fenn, akkor nincs olyan legfeljebb másodfokú nem azonosan 0 P Z 3 [x 1,..., x n ] polinom, amelyre P(v) = 0 minden v Z n 3 -re.

11 Elfogynak a polinomok A feladat Tétel: Ha l = Ω(n 2 log n), egyenletesen véletlen v 1,..., vl Z n vektorokra jó eséllyel hatékonyan bizonyíthatóan nem létezik olyan legfeljebb másodfokú nem azonosan 0 P n-változós polinom, amelyre P(v i ) = 0 minden i = 1,..., l-re. Bizonyítás. v = a 1,..., a n -re behely v (P) := P(a 1,..., a n ) egy lineáris függvényt deniál a legfeljebb másodfokú polinomok P terén.

12 Elfogynak a polinomok 2 A feladat v 1,..., v t Z n 3 esetén azon P P polinomok, amelyekre P(v i ) = behely vi (P) = 0 (i = 1,..., t), P-nek egy alterét alkotják. Ez az altér jó eséllyel sz kül lépésenként: ha 0 P P olyan, hogy P(v i ) = 0 (i = 1,..., t), akkor annak a valószín sége, hogy P(v t+1) 0 legalább 1. (SchwartzZippel-lemma AKA 3 általánosított ReedMuller-kódok. kódtávolsága). (Természetesen igaz ez a P(v i ) = 0 feltétel nélkül is.) Következésképpen az (1) esetben Ω(n 2 log n) lépésben jó eséllyel az azonosan 0 lesz az egyetlen Pbeli P polinom, amelyre P(v i ) = 0 (i = 1,..., l) és ez hatékonyan bizonyítható is.

13 2 Összegy jtünk egy elég nagy v 1,..., vl mintát l = Ω(n 2 log n) Ha nincs olyan legfeljebb másodfokú 0 P Z[x 1,..., x n ] polinom, amire P(v 1 ) =... = P(vl) = 0, a válasz (1) Ha van, a válasz (2) Az ilyen P polinomok együtthatóvektorai a v 1,..., vl vektoroktól függ lineáris egyenletrendszer megoldásai.

14 Általánosítható Z n 3 helyett Zn q-re (q prímhatvány) Futási id (n + q) O(q) Részletek: G. Ivanyos: On solving systems of random linear disequations (QIC 2008). Nyitott kérdések: Z n -re polinomidej megoldás? 6 (nq) O(1) vagy akár 2 log n log q idej módszer? (q prím) Értelmes közös általánosítás az AroraGe-féle "strukturált zaj"-modellel?