Классом [math]\mbox{BPP}[/math] (от англ. bounded-error, probabilistic, polynomial) называется множество языков, для которых существует вероятностная машина Тьюринга такая, что вероятность того, что ее выходное значение совпадает с принадлежностью входа данным языкам больше [math]\frac{2}{3}[/math] и время ее работы ограничено полиномом от длины входа.
[math]\mbox{BPP} = \{L ~ | ~ \exists m : \mbox{T}(m,x) = poly(|x|), \mbox{P}(m(x) = [x \in L]) \gt \frac{2}{3} \}[/math]
, где [math]m[/math] - вероятностная машина Тьюринга.
Очевидно, класс [math]\mbox{BPP} \in \mbox{PP}[/math].
Также существуют два эквивалентных определения [math]BPP[/math]:
- [math]\mbox{BPP}_{weak} = \{L ~ | ~ \exists m : \mbox{T}(m,x) = poly(|x|), \mbox{P}(m(x) = [x \in L]) \gt \frac{1}{2} + 1/p(|x|)\}[/math], где [math]m[/math] - ВМТ, а [math]p(|x|): \forall x ~ p(|x|) \gt 2[/math] - полином.
- [math]\mbox{BPP}_{strong} = \{L ~ | ~ \exists m : \mbox{T}(m,x) = poly(|x|), \mbox{P}(m(x) = [x \in L]) \gt 1 - 2^{-p(|x|)}\}[/math], где [math]m[/math] - ВМТ, а [math]p(|x|)[/math] - полином.
Число [math]\frac{2}{3}[/math] в определении выбрано произвольно: если вместо него выбрать любое число, строго большее [math]\frac{1}{2}[/math], то получится тот же самый класс. Это верно, поскольку если есть машина Тьюринга, распознающая язык с вероятностью ошибки [math]p[/math], то точность можно сколь угодно хорошо улучшить за счёт относительно небольшого прироста времени. Если мы запустим машину [math]k=|x|[/math] раз подряд, а в качестве результата возьмём результат большинства запусков, то вероятность ошибки упадёт до [math]\left(2 \sqrt{p(1-p)} \right)^k[/math], а время останется равным [math]poly(|x|)[/math]. Здесь [math]k[/math] запусков машины рассматриваются как схема Бернулли с [math]k[/math] испытаниями и вероятностью успеха [math]1-p[/math], а формула, выражающая ошибку, — вероятность неудачи не менее чем в половине случаев. Если теперь запустить машину [math]k^{2}[/math] раз подряд, то время все еще будет [math]poly(|x|)[/math], а вероятность ошибки упадёт до [math]\left(2 \sqrt{p(1-p)} \right)^{k^2}[/math]. Таким образом, с ростом показателя многочлена, оценивающего время, точность растёт экспоненциально, и можно достичь любого нужного значения.
Требуется доказать, что [math]BPP_{strong} = BPP= BPP_{weak}[/math].
Для доказательства обоих равенств потребуется неравенство Чернова:
[math]\forall p \gt 1/2: \sum_{\mathcal{b}\frac{n}{2}\mathcal{c}+1}^{n}[{{{n\choose i}} p^{i}(1-p)^{n-i}] \geq 1 - e^{-2n(p-1/2)^2}}[/math]
Доказательство [math]BPP_{strong} = BPP[/math]
Очевидно, что [math]BPP_{strong} \subset BPP[/math].
Докажем обратное включение. Пусть [math]L \in BPP[/math], тогда существует
ВМТ [math]m_{1}: T(m_{1},x) = Poly(|x|) \wedge P(m_{1}(x) = [x \in L]) \gt 2/3[/math]. Построим ВМТ [math]m_{2}: T(m_{2},x) = Poly(|x|) \wedge P(m_{2}(x) = [x \in L]) \gt 1 - 2^{-p(|x|)}[/math],
используя заданные [math]m_{1}[/math] и [math]p(|x|)[/math]. Если нам это удастся, то [math]L \in BPP_{strong} \Rightarrow BPP \subset BPP_{strong} \Rightarrow BPP_{strong} = BPP[/math].
Построение [math]m_{2}[/math]
Машина [math]m_{2}[/math] будет работать таким образом:
запустим [math]N_{str}(p(|x|),m_{1})[/math] раз машину [math]m_{1}[/math], запоминая результат каждого запуска.
Вернем [math]1[/math], если больше половины запусков вернули [math]1[/math]. Иначе вернем [math]0[/math].
Если [math]N_{str}[/math] таково, что [math]P(m_{2}(x) = [x \in L]) \gt 1 - 2^{-p(|x|)} \wedge N_{str} \in poly(|x|)[/math], то искомая машина построена.
Построение [math]N_{str}(p|x|,m_{1})[/math]
При запуске машины [math]m_{2}[/math] все запуски [math]m_{1}[/math] можно считать независимыми, причем каждый запуск
[math]m_{1}[/math] возвращает правильный ответ с вероятностью [math]p \geq 2/3 \gt 1/2[/math]. Тогда по схеме Бернулли вероятность того, что больше половины запусков вернули правильный ответ, т.е [math]P(m_{2}(x) = [x \in L])[/math]:
[math]P(m_{2}(x) = [x \in L]) = \sum_{\mathcal{b}\frac{N_{str}}{2}\mathcal{c}+1}^{N_{str}}[{N_{str}\choose i} p^{i}(1-p)^{N_{str}-i}][/math]. Тогда, по неравенству Чернова: [math]P(m_{2}(x) = [x \in L]) \geq 1 - e^{-2N_{str}(p-1/2)^2}[/math]. Достаточно подобрать такое [math]N_{str}[/math], чтобы [math]1 - e^{-2N_{str}(p-1/2)^2} \geq 1 - 2^{-p(|x|)}[/math]. Несложными преобразованиями получаем [math]N_{str} \geq \frac{p(|x|) \ln 2}{2(p-1/2)^2}[/math], т.е. можем выбрать [math]N_{str} \in poly(|x|)[/math]
Доказательство [math]BPP_{weak} = BPP[/math]
Очевидно, что [math]BPP \subset BPP_{weak}[/math].
Докажем обратное включение. Пусть [math]L \in BPP_{weak}[/math], тогда существует
ВМТ [math]m_{1}: T(m_{1},x) = Poly(|x|) \wedge P(m_{1}(x) = [x \in L]) \gt 1/2 + 1/p(|x|)[/math]. Построим ВМТ [math]m_{2}: T(m_{2},x) = Poly(|x|) \wedge P(m_{2}(x) = [x \in L]) \gt 2/3[/math],
используя заданные [math]m_{1}[/math] и [math]p(|x|)[/math]. Если нам это удастся, то [math]L \in BPP \Rightarrow BPP_{weak} \subset BPP \Rightarrow BPP_{weak} = BPP[/math].
Построение [math]m_{2}[/math]
Машина [math]m_{2}[/math] будет работать таким образом:
запустим [math]N_{weak}(p(|x|),m_{1})[/math] раз машину [math]m_{1}[/math], запоминая результат каждого запуска.
Вернем [math]1[/math], если больше половины запусков вернули [math]1[/math]. Иначе вернем [math]0[/math].
Если [math]N_{weak}[/math] таково, что [math]P(m_{2}(x) = [x \in L]) \gt 2/3) \wedge N_{weak} \in poly(|x|)[/math], то искомая машина построена.
Построение [math]N_{weak}(p|x|,m_{1})[/math]
При запуске машины [math]m_{2}[/math] все запуски [math]m_{1}[/math] можно считать независимыми, причем каждый запуск
[math]m_{1}[/math] возвращает правильный ответ с вероятностью [math]p = 1/2 + 1/p(|x|) \gt 1/2[/math]. Тогда по схеме Бернулли вероятность того, что больше половины запусков вернули правильный ответ, т.е [math]P(m_{2}(x) = [x \in L])[/math]:
[math]P(m_{2}(x) = [x \in L]) = \sum_{\mathcal{b}\frac{N_{weak}}{2}\mathcal{c}+1}^{N_{weak}}[{N_{weak}\choose i} p^{i}(1-p)^{N_{weak}-i}][/math]. Тогда, по неравенству Чернова: [math]P(m_{2}(x) = [x \in L]) \geq 1 - e^{-2N_{weak}(p-1/2)^2}[/math]. Достаточно подобрать такое [math]N_{weak}[/math], чтобы [math]1 - e^{-2N_{weak}(p-1/2)^2} \geq 2/3[/math]. Несложными преобразованиями получаем [math]N_{weak} \geq \frac{\ln 3}{2(1/2 +1/p(|x|)-1/2)^2} = \frac{p(|x|)^2 \ln 3}{2}[/math], т.е. можем выбрать [math]N_{weak} \in poly(|x|)[/math].
