Entspricht BPP für ein zufälliges Orakel R der Menge der berechenbaren Sprachen in P ^ R?

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Nun, der Titel sagt so ziemlich alles. Die interessante Frage oben wurde von Kommentator Jay in meinem Blog gestellt (siehe hier und hier ). Ich vermute beide, dass die Antwort ja ist und dass es einen relativ einfachen Beweis gibt, aber ich konnte es nicht ohne weiteres sehen. (In groben Zügen könnte man jedoch zeigen, dass eine Sprache in , wenn sie nicht in , unendlich viele algorithmische gegenseitige Informationen mit muss. In diesem Fall wäre sie nicht berechenbar. Beachten Sie auch, dass Eine Richtung ist trivial: Die berechenbaren Sprachen in enthalten auf jeden Fall .) $P^R$ $BPP$ $R$ $P^R$ $BPP$

Beachten Sie, dass ich nicht nach der Klasse AlmostP frage , die aus den Sprachen besteht, die in für fast jedes (und bekanntermaßen ). In dieser Frage haben wir zunächst fix , dann Blick auf die Menge der berechenbaren Sprachen in . Andererseits könnte man versuchen zu zeigen, dass, wenn eine Sprache in berechenbar ist, sogar für ein festes zufälliges Orakel , diese Sprache tatsächlich in . $P^R$ $R$ $BPP$ $R$ $P^R$ $P^R$ $R$ $AlmostP$

Eine eng verwandte Frage ist, ob wir mit Wahrscheinlichkeit 1 über ein zufälliges Orakel verfügen $R$

$AM = NP^R \cap Computable.$

Wenn ja, dann erhalten wir die folgende interessante Konsequenz: Wenn , dann sind mit Wahrscheinlichkeit 1 über einem zufälligen Orakel die einzigen Sprachen, die die Orakeltrennung nicht berechenbare Sprachen. $P=NP$ $R$ $P^R \ne NP^R$

computability oracles random-oracles

— Scott Aaronson
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Es gibt einige verwandte Arbeiten von Eric Allender und seinen Mitautoren: Grenzen der Rechenleistung von Zufallszeichenfolgen , Reduktion auf die Menge von Zufallszeichenfolgen: Der ressourcenbeschränkte Fall

— Kaveh

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Ja.

Lassen Sie mich zunächst den Unterschied zwischen Ihrer Frage und formalisieren, da ich eine Minute habe, um das . Es ist die Reihenfolge der Quantifizierer. , und das Ergebnis, auf das Sie anspielen, ist . Wenn ich es richtig verstanden habe, du, ob . $\mathsf{AlmostP}$ $\mathsf{AlmostP} := \{L : Pr_R(L \in \mathsf{P}^R) = 1\}$ $\forall L\, L \in \mathsf{BPP} \iff Pr_R(L \in \mathsf{P}^R) = 1$ $Pr_R(\forall L\, L \in \mathsf{P}^R \cap \mathsf{COMP} \iff L \in \mathsf{BPP}) = Pr_R(\mathsf{P}^R \cap \mathsf{COMP} = \mathsf{BPP}) = 1$

Erwägen

$p := 1-Pr_R(\mathsf{P}^R\cap \mathsf{COMP} = \mathsf{BPP}) = Pr_R(\exists L \in \mathsf{P}^R \cap \mathsf{COMP} \backslash \mathsf{BPP})$ .

Durch die Vereinigungsgrenze wird das durch . (Beachten Sie, dass die letztgenannte Summe abzählbar ist.) Nach dem 0-1-Gesetz, das gilt, da sich alle relevanten Aussagen nicht ändern, wenn wir endlich stark ändern, ist jede einzelne Wahrscheinlichkeit in dieser Summe entweder 0 oder 1. Wenn die Die Antwort auf Ihre Frage lautet Nein, dann ist Es muss also ein , sodass . Dies widerspricht jedoch der Tatsache, dass . $p$ $\sum_{L \in \mathsf{COMP}} Pr_R(L \in \mathsf{P}^R \backslash \mathsf{BPP})$ $R$ $p=1$ $L \in \mathsf{COMP}$ $Pr_R(L \in \mathsf{P}^R \backslash \mathsf{BPP}) = 1$ $\mathsf{AlmostP} = \mathsf{BPP}$

Update 10. Oktober 2014 : Wie im Kommentar von Emil Jeřábek ausgeführt, gilt das gleiche Argument für vs. , da wir auch wissen, dass . $\mathsf{AM}$ $\mathsf{NP}^R$ $\mathsf{AlmostNP} = \mathsf{AM}$

Er weist auch darauf hin, dass wir nichts anderes für haben, als dass es sich um eine abzählbare Klasse handelt, die (bzw. ) enthält. Die "interessante Schlussfolgerung" in der OQ gilt also tatsächlich für jede zählbare Klasse von Sprachen , die : if , die "einzigen" Sprachen, die Zeugnis ablegen Die liegt außerhalb von . Aber die letztere Aussage fühlt sich für mich etwas irreführend an (sie klingt für jedes wir in Betracht ziehen könnten, wie es sich $\mathsf{COMP}$ $\mathsf{BPP}$ $\mathsf{AM}$ $\mathcal{C}$ $\mathsf{AM}$ $\mathsf{P} = \mathsf{NP}$ $\mathsf{P}^R \neq \mathsf{NP}^R$ $\mathcal{C}$ $L_0$ $\mathcal{C} = \mathsf{AM} \cup \{L_0\}$ , und dadurch "show" , dass kein realisiert , im Widerspruch zu den bekannten Satz). Stattdessen haben wir es symbolisch geschrieben und gezeigt: $L_0$ $\mathsf{NP}^R \neq \mathsf{P}^R$

$\mathsf{P} = \mathsf{NP}$ $\forall \text{countable } \mathcal{C} \supseteq \mathsf{AM}\, Pr_R(\mathsf{NP}^R \neq \mathsf{P}^R \text{ and } \mathsf{NP}^R \cap \mathcal{C} = \mathsf{P}^R \cap \mathcal{C}) = 1$

$R$ $R$ $Pr_R$ $\mathcal{C}$ $\mathcal{C}$ $\mathcal{C} \cup \{L_0\}$ $R$

— Joshua Grochow
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Das gleiche Argument gilt für AM vs NP ^ R. Auch die Berechenbarkeit spielt keine Rolle, die einzige Eigenschaft der im Beweis verwendeten berechenbaren Sprachen ist, dass es zählbar viele gibt.

— Emil Jeřábek unterstützt Monica

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Die Reihenfolge der Quantifizierer zwischen dem, was Sie verlangen, und fast P ist zwar unterschiedlich, aber es ist nicht schwer zu zeigen, dass sie gleichwertig sind. Erstens hängt für jedes feste L die Frage, ob L \ in P ^ O nicht von einem endlichen Anfangssegment von O ab. Daraus folgt, dass die Wahrscheinlichkeit, dass L \ in P ^ R entweder 0 oder 1 ist. P ergibt, dass für jedes berechenbare L, das nicht in BPP enthalten ist, die Antwort 0 ist, während bei L \ in BPP die Wahrscheinlichkeit 1 ist. Eine abzählbare Vereinigung von Wahrscheinlichkeitsmengen 0 hat die Wahrscheinlichkeit 0. Somit ist die Wahrscheinlichkeit, dass es ein berechenbares L gibt, das nicht in BPP ist, aber in P ^ R ist, 0, ebenso wie die Wahrscheinlichkeit, dass es eine Sprache in BPP gibt, die nicht in P ^ ist R,

— Russell Impagliazzo
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