Reduziert

Angenommen , . Dann ein einfaches Argument zeigt , daß . Können wir noch einen Schritt weiter gehen und ? Das einfache Argument ist $NP=PP$ $PH^{PP}=NP$ $PP^{PP}=NP$

Theorem Wenn dann . $NP=PP$ $PH^{PP}=NP$

Proof wird unter Ergänzung geschlossen (aufgrund Gill), so . Nimm jede Ebene der : Dann . $PP$ $NP=coNP=PH$ $PH^{PP}$ $\Sigma_i^{P^{PP}}=\Sigma_i^{P^{NP}}=\Sigma_{i+1}^{P}=NP$ $\square$

Ein plausibel aussehender Weg, um zur gewünschten Konsequenz zu gelangen, ist die Beobachtung, dass in dieser Welt das interaktive Beweisprotokoll für den derandomisiert und de-merlinisiert wurde, bis eine Nachricht an Arthur vollkommen vollständig und solide ist (als unter der Hypothese). Wenn Sie diese Tatsache ausnutzen und den Permanenten in einer Klasse berechnen können, die für niedrig ist , wie z. B. oder oder , sind wir fertig. Das würde uns $\textsf{Permanent}$ $NP=P^{\#P}$ $PP$ $UP$ $BQP$ $SPP$ (zum Beispiel), was sofort . $NP=PP\implies PP=UP$ $PP^{PP}=PP^{UP}=PP=NP$

(Dies kam in meiner Diplomarbeit zum Ausdruck, in der ich die Hypothese , und sie tauchte auch auf, als ich versuchte, Scott Aaronsons gebrochenen Satz $QMA=PP$ , Satz 5 in Orakeln sind subtil, aber nicht bösartig). $PP\subset BQP_{/qpoly}\implies CH=PP=QMA$

cc.complexity-theory counting-complexity conditional-results

— Lieuwe Vinkhuijzen
quelle

@ EmilJeřábek Sie würden denken, dass

für

niedrig wäre , da

für

und

niedrig ist , aber nein, das ist nicht bekannt. Die Klassen

und

sind bekanntermaßen für

niedrig und, soweit bekannt, unvergleichlich. Dann ist die Klasse

für

etwas wie niedrig , nämlich

N P

$NP$

P P

$PP$

N P \cap c o N P

$NP\cap coNP$

N P

$NP$

N P \subseteq P P

$NP\subseteq PP$

S P P

$SPP$

B Q P

$BQP$

P P

$PP$

\oplus P

$\oplus P$

P P

$PP$

Wenn Sie alsounter dieser Hypotheseeinen

Algorithmus für den Permanenten angegeben haben, erhalten wir auch unseren gewünschten Zusammenbruch.

P P^{\oplus P} \subseteq P^{P P}

$PP^{\oplus P}\subseteq P^{PP}$

\oplus P

$\oplus P$

— Lieuwe Vinkhuijzen

Ich habe mich ein wenig falsch erinnert: Es ist nicht bekannt, dass NP für PP selbst niedrig ist, aber es ist niedrig für P ^ PP, was gut genug ist, um die Schlussfolgerung zu ziehen.

— Emil Jeřábek

Wir haben also unter der Annahme, wie unter der Annahme NP geschlossen unter Ergänzung. Dies bedeutet , .

P P^{N P} \subseteq P P^{M o d P H} \subseteq P^{P P},

$\mathrm{PP^{NP}\subseteq PP^{ModPH}\subseteq P^{PP}},$

P P^{P P} \subseteq P P^{N P} \subseteq P^{P P} \subseteq P^{N P} \subseteq N P

$\mathrm{PP^{PP}\subseteq PP^{NP}\subseteq P^{PP}\subseteq P^{NP}\subseteq NP}$

C H = N P

$\mathrm{CH=NP}$

— Emil Jeřábek
quelle

P^{P P}

$P^{PP}$

M o d P H

$ModPH$

\exists

$\exists$

\forall

$\forall$

{M o d}_{m}

$\mathrm{Mod}_m$

m

$m$

{M o d}_{m} P

$\mathrm{Mod}_m\mathrm P$

P P \subseteq M o d P H ⟹ C H = P^{P P} = M o d P H

$\mathrm{PP\subseteq ModPH\implies CH=P^{PP}=ModPH}$

P P^{B P P^{A}} \subseteq P P^{A}

$PP^{BPP^A} \subseteq PP^A$

A

$A$

P P^{\oplus P} \subseteq P^{P P}

$PP^{\oplus P} \subseteq P^{PP}$

P P^{N P} \subseteq P P^{B P P^{\oplus P}} \subseteq P P^{\oplus P} \subseteq P^{P P}

$PP^{NP} \subseteq PP^{BPP^{\oplus P}} \subseteq PP^{\oplus P} \subseteq P^{PP}$

Ja natürlich. Lesen Sie die Kommentare oben.

— Emil Jeřábek