קושי של קירובים עפ"י הרצאות של ד"ר גיא קינדלר סמסטר א', תש"ע

Transcript

1 1 קושי של קירובים עפ"י הרצאות של ד"ר גיא קינדלר סמסטר א', תש"ע סיכם: שיר פלד, באמצעות LYX גרסה תיקונים יתקבלו בברכה בכתובת מייל 1 מבוא היסטורי ישנם שני נושאים שהתפתחו ולבסוף נפגשו ויצרו את הנושא הנ"ל: קושי של בעיות אופטימיזציה (וקירובן) בעיית אופטימיזציה היא אוסף של קלטים שמיוצגת ע"י X, כך שהתשובה היא S (מחרוזת) כלשהי. בעית האופטימיזציה מיוצגת ע"י הצורך למקסם פונקציה כלשהי { } + R f,,x) (S כך שלכל פתרון נותנים משקל או סימן מיוחד המייצג את העובדה ש S כלל אינה פתרון עבור X. אפשר כמובן גם לבחור בבעיית מינימיזציה, לדוגמה: צביעה של גרף. X יהיה גרף. S תהיה צביעה של הגרף, כך ש (S f =מספר,X) הצבעים ש S משתמשת בהם (אם היא צביעה חוקית ו אחרת). בעיה נוספת היא,Exact 3 CNF SAT כאשר הקלט הוא... ) 3.(x 1 x 2 x 3 ) ( x 1 x 2 x מרחב הפתרונות הוא כל ההשמות הבוליאניות למשתנים. אם נסמן השמה כלשהי ב I, אזי נגדיר את פונקציית המשקל להיות מספר הסוגריים שערכם ביחס להשמה (S f,i) הוא אמת. בעיות נוספות: כיסוי קודקודים, כיסוי קבוצות, קבוצה בת"ל ועוד... אפשר לגזור מכל בעיית אופטימיזציה בעיית הכרעה. למשל עבור קבוצה בת"ל נבקש עבור גרף נתון לענות על השאלה האם עבור k נתון יש קבוצה בלתי תלויה בגודל k. מה שמעניין הוא גם שברוב המקרים זה גם עובד בכיוון השני. בבעיה הקודמת למשל נשאל את שאלת ההכרעה עבור...,3 =,1,2 k. שאלה נוספת היא איך ניתן למצוא קבוצה בלתי תלויה מסויימת בגודל k וגם לכך יש אלגוריתם פשוט (היה בקורס אלגוריתמים). הגדרה 1.1 קירוב α לבעיית מקסימיזציה ), ( :f אלגוריתם אשר בהנתן קלט I מוצא S כך ש α f (I, S).f (I, S) 1 α min f (I, S) לבעית מינימיזציה מוגדר ע"י α וקירוב,max f (I, S) S S מאוחר יותר הוגדרה המחלקה NP ע"י Cook ו,Levin והם הראו שקיימת בעיה שלמה ב NP והיא : E3 Karp התוצאה היתה די אזוטרית, עד שהוכיח.NP עד היום רוב בעיות האופטימיזציה נמצאות ב.CNF SAT שיש אוסף אדיר של בעיות שגם הן NP שלמות: כיסוי קבוצות, כיסוי קודקודים, חיתוך מקסימלי בגרף, צביעה, ועוד... עד תחילת השמונים עיקר העיסוק היה לנסות להוכיח ש P NP ומאידך להוכיח שבעיות מסוימות הן NP קשות. הנסיון להוכיח ש P NP לא נשא פרי עד היום, וגם הרדוקציות הפכו להיות די סטנדרטיות. החל משנות השמונים הכיוון היה למצוא קירובים עבור בעיות N קשות. P אחת התוצאות הראשונות (מ 76) בענף הקירובים היא שדי קל למצוא 2 קירוב לבעיית Max cut (למצוא חתך מקסימלי בגרף ממושקל לא מכוון). בשנת 94 מצאו Goemans ו W illiamson מצאו קירוב לבעיית החיתוך המקסימלי ע"י שיכון הגרף ב R n ומציאת פתרון גיאומטרי, ועד היום לא הצליחו לשפר את הקירוב הזה ואף לא להגיע לאותו קירוב באמצעים שאינם גיאומטריים. נזכיר את בעיית ה E3, CNF SAT שאותה ניתן לקרב ע"י השמה רנדומית. מכיוון שעבור שלושה ליטרלים 7 8 (יש 8 השמות אפשריות). יש עם המשורשרים ע"י יש רק השמה אחת שנותנת F, alse בתוחלת נקבל קירוב של זה כמה בעיות השימוש ברנדומיות ומאידך ההסתמכות על תוחלת. אם משלבים את הרעיון של חלוקה למחלקות סיבוכיות עם הרעיון של קירובי בעיות אופטימיזציה אפשר לשאול 7 8 לבעיה האחרונה הוא בעיה NP קשה? מסתבר שהטכניקות שהיו לנו קודם אולי ניתן להראות שקירוב של יותר מ לכן לא טובות לשם כך.

2 P CP T heorem (הוכחות ניתנות לווידוא הסתברותי, הוכח בשנת 92) הגיע מתחום אחר לגמרי של עיסוק של העברת מידע והצפנה ומתישהו בשנות התשעים הסתבר שיש קשר בין הדברים. Cook הבחין בכך (במאמרו המקורי על בעיות (NP שבעיות NP מגלמות בתוכן הוכחות לטענות מתמטיות שניתן לוודא בזמן פולינומי. נניח ש I הטענה ויש מקום של n ביטים להוכחה. Cook הראה שניתן לתרגם את הטענה למערכת n CNF SAT שהיא ספיקה אם"ם הטענה נכונה. הגדרה IP 1.2 פרוטוקול אינטראקטיבי, שבו ה V erifier מנסה לוודא טענה של ה P. rover למשל המוכיח מנסה להראות שיש לו אסטרטגיה מנצחת עבור משחק כלשהו. נרצה שהפרוטוקול יהיה כזה שבסיום הבדיקה, אם יש 2 3 המוודא יווכח בכך, ואם אין אז בהסתברות של 2 3 המוודא יעלה על השקר. אסטרטגיה מנצחת אז בהסתברות מסתבר שאם מוסיפים ל V erifier גם כוח של רנדומיות זה ניתן. ZK הוכחות אפס מידע. הרעיון הוא דומה ל IP אלא שהמוודא ישתכנע בוודאות גבוהה אם יש אסטרטגיה מנצחת, אבל הוא לא יקבל מכך שום מידע מהי האסטרטגיה המנצחת הזו. AM ארתור ומרילין במקום מוודא ומוכיח, וכל השאר דומה מלבד העובדה שמקור הרנדומיות הוא משותף לארתור ומרילין, ומסתבר שזה בדיוק שקול ל. IP בהמשך הוכח (ע"י שמיר) ש IP = P SP ACE ומאידך (הראו אחרים) כי A : Co NP A IP A (כאן העלאה בחזקה משמעו הנחת אורקל לשפה A). ואחריו הראו ש MIP ) MIP = NEXP היא המחלקה שבה יש מספר P rovers שאינם יכולים לתאם ביניהם ולכן זה מוסיף כוח כי המוודא יכול לשאול אותם ולהשוות). נשאלה השאלה האם אפשר להגביל את הפרוטוקולים ב MIP ולקבל משהו ששקול ל?NP למה זה יתכן? כי 2 3 לוודא בעיה ענקית שהיא ב NEXP אז אולי אפשר באמצעים דומים לקבל אם בזמן פולינומי אפשר בהסתברות קירוב הסתברותי לווידוא של בעיה ב,NP שהיא יותר פשוטה מן הסתם. הגדרה (n)] 1.3 P CP [r (n), q נתונה הוכחה באורך n. פרוטוקול לבדיקת נכונות ההוכחה הוא ב [(n) P CP r] (n), q אם מתקיימים התנאים הבאים: 1. רץ בזמן פולינומי ב n 2. משתמש לכל היותר ב (n) r הגרלות של ביטים רנדומיים 3. קורא לכל היותר (n) q ביטים מתוך ההוכחה 4. אם הטענה נכונה וגם ההוכחה נכונה אזי P r (P rotocol accepts) = 1 5. אם הטענה אינה נכונה אזי P r (P rotocol accepts) 1 3 ב 91 הוכיחו (פייגה, גולדרייך, לובאץ' וספרא) כי לכל שפה ב NP יש: f (n) = log (n) log log (n) כך שהשפה שייכת ל (n)].p CP [f (n), f ומכאן הם הראו שנובע שלכל קבוע c, אם יש אלגוריתם המבטיח c קירוב לבעיית ה Max Clique בזמן פולינומי, אזי log(n)].np T IME [ n log בדיעבד זה המאמר שגרר את ההתפתחות של תחום המחקר של קושי חישובי. משפט 1) 1.4, (n).np = P CP (log כלומר יש הוכחה וטענה ששתיהן יחד באורך m המוכיח מתרגם את ההוכחה למשהו באורך n בפורמט מוסכם, כך שאורך התרגום הוא לא יותר מפולינומי ב m. אפשר לקרוא מספר קבוע של ביטים (תוך הגרלת (n) log ביטים) ולקבוע בוודאות מסויימת האם ההוכחה נכונה או לא. יש שיפורים כך שהאורך של n יהיה בסדר גודל של ((m).m poly (log

3 3 2 קושי של בעיות קירוב ו P CP הגדרה 2.1 בעיית אופטימיזציה : { } + R,f (I, S) בהנתן I מצא S כך ש f מקסימלית. קירוב α מצא S כך ש S) f (I, S) α max S f (I, הגדרה 2.2 המחלקה NP O היא מחלקת בעיות האופטימיזציה עבורן כל פתרון פיזיבילי S הוא באורך פולינומי ב I, וכן (S f,i) ניתנת לחישוב בזמן פולינומי. מעכשיו כשנאמר "בעיית אופטימיזציה" נתכוון לבעיה ב N. P O איך נראה שבעיה היא NP O קשה? כלומר קשה לקירוב? max IS(G) = (G) α וננסה לסדר את כל V (G) נסתכל על בעיית הקבוצה הבלתי תלויה בגרף. נגדיר לכל גרף G את.α (G) ובשלישו התחתון 1 3 α (G) 2 3 הגרפים בעולם בתוך עיגול, שבשלישו העליון נמצאים כל הגרפים המקיימים באופן דומה נתבונן בבעיית ה,E3SAT ונגדיר את (I) S להיות מספר ההסגרים הספיקים המקסימלי לחלק למספר ההסגרים, כלומר החלק היחסי של ההסגרים הספיקים ע"י השמה מיטבית. שוב נפזר בתוך עיגול את כל הבעיות,E3SAT כאשר בחלק העליון נשים את = 1 (I) S ומתחתיו כל השאר. אנחנו יודעים שלהכריע האם בעיה מסויימת ב E3SAT היא בחלק העליון או בשאר העיגול זה.NP Hard כעת היינו רוצים רדוקציה פולינומית שתהיה לה התכונה הבאה את החלק העליון של E3SAT נמפה לשליש העליון של העיגול של הגרפים, ואת שאר העיגול לשליש התחתון של עיגול הגרפים. אם היתה לנו רדוקציה כזו היינו מקבלים שבעיית IS הוא NP Hard לקירוב עד כדי פקטור 2. ( 2 : יש להכריע בין המקרים 2 3 (G) α ו 1 3 (G).α 3, 1 3) הגדרה 2.3 בעיית הפער gap IS. הגדרה 2.4 בעיית פער (β,α) היא NP שלמה אם בעיית האופטימיזציה המתאימה היא ב NP O ויש רדוקציה מ 3SAT אליה כך ש: 1. הרדוקציה R רצה בזמן פולינומי.2 עבור קלט ספיק I מתקיים OP T (R (I)) α.3 עבור קלט לא ספיק I מתקיים OP T (R (I)) β הערה 2.5 אם f היא בעיית אופטימיזציה ב NP O ו,α) (β gap f היא NP שלמה אז זה NP קשה לקרב את f. β α כדי פקטור נפעיל עיקרון דומה לגבי בעיות צביעה. ידוע שההכרעה האם גרף הוא 3 צביע היא קשה, ולכן נוכל לבנות עיגול (או אליפסה כמו קודם) שבחלקה העליון יהיו הגרפים שהם 3 צביעים או פחות מכך, ובחלקה התחתון הגרפים שהם לפחות 4 צביעים. מכאן נקבל ש gap coloring (4,3) היא NP שלמה.

4 (m (,1 1 היא NP שלמה (כאשר m מספר ההסגרים) אבל זה טיפשי כמובן, כי זו הערה 2.6 כמו כן gap 3SAT דרך אחרת להגיד ספיק או לא ספיק. (,n 10 6 n ) gap T SP (סוכן נוסע) היא NP קשה. נשנה קצת את ההגדרה ל"צריך לבקר בכל קודקוד פעם אחת בדיוק במחיר מינימלי". נעשה את הרדוקציה המוכרת מ 3SAT לבעיית מציאת המילטוניאן בגרף, וניתן לכל הקשתות שמשתתפות בגרף משקל 1 ולכל הקשתות האחרות מחיר n נשים לב שהרדוקציות שאנחנו מכירים עבור בעיות הכרעה מסתמכות על העתקות מקומיות (ליטרלים ב 3SAT הופכים לקודקודים בבעיית (IS ולכן אם יש רק ביט אחד שמקלקל (למשל הסגר יחיד שלא מסתפק בשום השמה) יש רק ביט קטן בצד השני של הרדוקציה (רק שלושה קודקודים) שמשקף את זה, ולכן אותן שיטות לא עובדות עבור רדוקציות של בעיות פער. נניח שבידינו בעיית E3SAT בניסוח הפער (ε 1,1), אז נפעיל רדוקציה מוכרת ל IS (ליטרלים עוברים לקודקודים ). 1 עבור ε = 1 n זה קל ומקבלים חסם קצת טיפשי, אבל בהמשך זה יהיה שימושי. וכו') ונקבל ε)) gap IS (1 3 3, 1 נזכיר בעיית (G) V C כיסוי קודקודים בגרף, גודל כיסוי הקודקודים המינימלי כך שכל צלע מכוסה לפחות ע"י אחד מקודקודיה. נזכיר שכיסוי קודקודים ו IS הן בעיות משלימות, ולכן כמובן יש רדוקציה מ E3SAT והפער. ( 2 המתאים יהיה 3) ε 3, הערה 2.7 בעיית אופטימיזציה תלויה בפונקציה שנותנת משקל לפתרונות. לאותה בעיה אפשר לתת פונקציות שונות ולכן צריך לשים לב שההגדרה של הבעיה היא טבעית וטובה. הגדרה 2.8 פרוטוקול (n)] P CP na [r (n), q עבור שפה,L הוא אלגוריתם אשר מקבל קלט I באורך,n מחרוזת אקראית באורך (n) r, וגישה לפונקציית אוב (על שם בעלת האוב מעין דור). בנוסף: 1. בוחר (n) q שאילתות לפונקציית האוב 2. מקבל לכל היותר (n) q תשובות (ביט לכל תשובה) 3. עפ"י התשובות הוא מקבל או דוחה. אם I L אז קיימת כך ש = 1 accept] P r [A (I) = P r [A (I) = accept] 1 3 אם I L אז לכל מתקיים הערה na 2.9 בשם הפרוטוקול משמעה שהוא אינו סתגלני, לכן קודם בחירת השאילתות ואז קבלת התשובות ולא שליחת שאילתה ואז קבלת החלטה לגבי המשך השאילתות על סמך התשובה. הגדרה [q 2.10 = P CP na,r] מחלקת כל השפות שיש עבורן פרוטוקול כנ"ל. משפט :BF L 2.11 NEXP = P CP na [poly (n), poly (n)] משפט :P CP 2.12 NP P CP na [log (n), 1] בהנתן קלט זה אומר שאם מספר הביטים המוגרלים הוא (n) log אז יש בעצם (n) poly התנהגויות אפשריות לאלגוריתם.

5 5 טענה 2.13 P CP na [log (n), 1] P CP na [log n, poly {n}] NP טענה 2.14 יש ε כך ש ε) gap E3SAT 1 (1, היא NP שלמה.. הוכחה: לטענה הראשונה ההכלה הראשונה פשוטה. מדוע זה מוכל ב N? P מכיוון שרצף הביטים המוגרל קובע באופן יחיד את המשך הפרוטוקול אפשר פשוט להריץ את הפרוטוקול על כל הרצפים האפשריים של ביטים (זה פולינומיאלי), ואם I הוא השמה מספקת נקבל בכולם שהאלגוריתם יקבל, ואחרת נקבל שהאלגוריתם דחה בחלק מהפעמים. טענה 2.15 תרגיל לבית: בהנחה ש,P NP להראות ש 1] [r, NP P CP na אם (n)),r (n) = o (log כלומר הלוגריתם במשפט ה P CP הוא הדוק. הגדרה 2.16 עבור קבוע q, בעיית האופטימיזציה q csp מוגדרת כך: הקלט I הוא אוסף פרדיקטים בוליאנים על q משתנים בוליאנים. פונקציית המטרה: המסופקים. בהנתן קלט והשמה למשתנים, הפונקציה מחזירה את החלק היחסי של הפרדיקטים משפט q csp 2.17 כבעיית פער היא NP קשה (עבור q כלשהו). הוכחה: במקום להסתמך על פונקציית אוב, נאמר שכל הפלטים שהפונקציה יכולה לתת הם poly(n), X 1, X 2,,... X כל אחד באורך ביט, מדוע? כי יש (n) poly פרמוטציות אפשריות למחרוזת האקראית(=השאלה המופנית לפונקציית האוב), ופונקציית האוב היא חד ערכית. בהנתן I ומחרוזת אקראית באורך O, (1) = q הפרוטוקול יבחר לפי המחרוזת P ( X k1, X k2,..., X kq אשר נותן אמת ) אילו מהביטים של פונקציית האוב הוא בודק, ועליהם נגדיר פרדיקט בוליאני אם הפרוטוקול מקבל. נקבל שאנחנו מייצרים (n) poly פסוקיות שבכל אחת q ליטרלים. לפי תכונות Pמובטח CP שאם I ספיקה אז q csp ניתנת לסיפוק מלא, ואחרת בפחות משליש מהפסוקיות, ולכן קיבלנו בעיית פער על q csp שמהווה את הרדוקציה הדרוש. 3 המשך P CP הערה 3.1 קיבלנו את המשפט הקודם כתוצאה של משפט ה P, CP אבל אם היה נתון לנו המשפט הקודם ניתן להסיק את משפט ה P. CP מדוע? נניח שהמשפט הקודם נכון, ולכן לכל L, NP יש רדוקציה של L לבעיית הפער 3) ( 1, 1. נראה ש 1], (n).l P CP [log תהי I בעיית הכרעה (כלומר נוסחה ספציפית), אז (I) R היא q csp הבעיה ב q csp אחרי הפעלת הרדוקציה. נבקש שהאורקל שלנו יענה על שאלות שהן "מהי ההשמה למשתנה ה i בנוסחה (I) R". הפרוטוקול יהיה כדלהלן: 1. בחר הסגר אקראי. 2. שאל מה ערכי המשתנים בהסגר הזה. 3. נקבל אם"ם ההסגר מסתפק. אם I L אז (I) R ספיקה ולכל הסגר שנבחר ההסגר ספיק והשמתו תינתן על ידי האורקל, ולכן נקבל. 1 3 ספיקה, ולכן אם נבחר הסגר באקראי, "ניפול" על הסגר ספיק בהסתברות, 1 3 אם I / L אז (I) R לכל היותר וזה המקרה היחיד שבו נטעה, ולכן נקבל בהסתברות קטנה מ. 1 3 משפט 3.2 לכל > 0 s מתקיים שבעיית הפער,1) (s q csp היא NP שלמה (עבור q קבוע שאולי תלוי ב s).

6 6 הגדרה [q 3.3 P CPc,s na,r] כאשר c היא פרמטר השלמות (completeness) ונאותות.(soundness) כלומר עד כה דיברנו על q].p CP na [r, 1, 1 3 למה 2q] 3.4 P CP c,s [r, q] P CP c2,s2 [2r, Hardness amplification הוכחה: מפעילים את הפרוטוקול פעמיים ונקבל אם"ם הפרוטוקול קיבל בשתי הפעמים, ומכיוון שהמאורעות בלתי תלויים ההסתברויות נכפלות. זה כמובן נכון באופן כללי, ולכן אם התחלנו עם = 1 c, אז ניתן לחזור על הפרוטוקול מספר פעמים גדול כרצוננו (אך קבוע) וכך לקבל s קטן כרצוננו מבלי לגרוע מ c., 1 3 כאשר הסתמכנו על q מכאן נובעת הוכחת המשפט בהוכחת המשפט המקורי הוכחנו עבור שלמות 1 ונאותות שאילתות לאורקל (כאן זהו אותו q מה q) csp ולכן הקטנת הנאותות תבוא במחיר של הגדלת q. משפט 3.5 קיים ε קבוע כך שבעיית הפער ε) E3 CNF SAT 1 (1, היא NP שלמה. הוכחה: אנחנו רוצים רדוקציה שלוקחת בעיות מ q csp שהן ספיקות לבעיות ספיקות ב CNF SAT 3, 1 3 ספיקות ממירה לבעיות שהן פחות מ ε 1 ספיקות. ננסה להמיר בעיה מ q csp לבעיית ובעיות שהן פחות מ SAT) CNF ( 3 בדרך הנאיבית ביותר ונקווה שזה יעזור. למשל ניקח את הפרדיקט ה i (שפועל על q משתנים): P i xi1,..., x iq ונמיר אותו, ע"י פונקציה G לנוסחת CNF SAT.3 מה צריכה G לקיים? ראשית כל ש G (P i ) c 1 עבור c קבוע כלשהו. שנית אם השמה A מספקת את P i אז קיימת השמה מספקת Ã ל ) i G, P) שהיא הרחבה של A. כלומר יכול להיות שבתהליך המעבר יצרנו משתנים חדשים, אבל אנחנו רוצים שהשמה מספקת ל P i תיתרגם להשמה מספקת ל.P i על כל המשתנים ב P i שמסכימה ממש עם G (P i ) שלישית אם A אינה מספקת את P, i אז כל הרחבה של A להשמה ל Ã למשתני ) i G P) לא תספק את ) i G. P) נשים לב שאם ל G יש את שלוש התכונות הנ"ל אז הפעלת G על בעיה נתונה מהסוג q, csp מספקת את הרדוקציה 3) ( 1, 1 לבעיית הפער ε) E3 SAT 1 (1, עבור.ε = 2 3c מבעיית הפער q csp לתרגם נוסחה ספיקה מ q csp לנוסחה ב E3 SAT שהספיקות שלהם שקולה זה לא קשה. הבעיה היא להתמודד 1 3 ספיקות. תהי Ã השמה לנוסחה (I) G ונניח ש I היא עם הנוסחאות שהן ספיקות באופן חלקי, או בפרט פחות מ פחות מ 1 3 ספיקה. נתבונן ב Ã מצומצמת למשתני I, נקרא לזה השמה A. ידוע לנו שזה מספק פחות מ 1 3 מההסגרים, 2 3 מההסגרים, ולכן אם נסתכל על האופן שבו G תרגמה את ההסגרים הללו (כל אחד כלומר היא אינה מספקת לפחות תורגם ללכל היותר c הסגרים) אזי כל אחד מהם (לפי דרישה 3) הוסיף לנו הסגר אחד שאינו מסתפק ב Ã, כלומר יש הסגרים שאינם מסתפקים בנוסחה המתורגמת, כלומר הנוסחה היא לכל היותר 1 2 3c ספיקה. לפחות c נותר להראות G שמבטיחה את שלושת התנאים. לכל P i נתחיל בלהציג את P i ע"י נוסחת q, CNF כלומר ע"י נוסחה מהסוג:... }... {{ } }{{} }{{}... q variables q variables q variables איך עושים זאת? לכל השמה שאינה מספקת את P i נבנה הסגר שמכיל בדיוק את ההשמה הזו. בשלב הבא נתרגם זאת ל CNF 3 בדרך אינטואיטיבית שנציג ע" דוגמה: (x 1 x 2 x 3 x 4 ) (x 1 x 2 x n ) (x 3 x 4 x n ) ובתרגום הראשון שילמנו מחיר של ניפוח ב 2 q לכל היותר ובתרגום השני נשלם (בערך) q ולכן נקבל ) q c. = O q) 2 ( 1 (קבוצה בת"ל בגרף) היא בעיית NP קשה עבור > 0 ε ידוע כלשהו. משפט 3.6 בעיית הפער ε) IS 3 3, 1 הוכחה: על ידי רדוקציה מ SAT 3, כפי שאנחנו כבר מכירים מחישוביות ממירים כל הסגר בשלושה קודקודים 1 3 מהגרף שהיא בלתי תלויה אם"ם הנוסחה בגרף הקשורים זה לזה (וכן כל משתנה ושלילתו) ונקבל שיש קבוצה בגודל ספיקה.

7 7 משפט 3.7 לכל > 0 c קבוע קיים (c) β (קבוע שתלוי ב (c כך שבעיית הפער (β, c β) IS היא NP שלמה. הגדרה 3.8 בהנתן שני גרפים לא מכוונים,G H נגדיר את המכפלה שלהם G H ע"י: V (G H) = {(u, v) : u G, v H} ((u 1, v 1 ), (u 2, v 2 ) E (G H)) (u 1, u 2 ) E (G) (v 1, v 2 ) E (H) α (G) = max size of IS (G) V (G) α (G H) α (G) α (H) למה 3.9 הוכחה: ניקח את,S T להיות קבוצות בת"ל מקסימליות ב,G H בהתאמה. נתבונן בקבוצת הקודקודים ב G H הנתונה ע"י S, T ושם לכל ) 1 u) 1, v ו ) 2 u) 2, v אין צלעות ביניהן (מאי התלות של הקבוצות בגרפים המקוריים) ולכן זו קבוצה תלויה ב G H שהיא ממש בגודל מכפלת הקבוצות התלויות, עם זאת מכפלת הגרפים הטנזורית היא לכל היותר בגודל המכפלה שלהם כקבוצות, ולכן הלמה. α (G H) α (G) α (H) למה 3.10 הוכחה: תהי H) U V (G ונניח H) U > α (G) α (H) V (G ויהיו S, T ההיטלים של U על קודקודי,G H בהתאמה (בנפרד). נובע או ש S > α (G) V (G) T > α (H) V (H) או ולכן S או T אינן בלתי תלויות, ומכאן U בלתי תלויה (כי במקום שבו ל S או ל T תהיה צלע תיווצר צלע גם ב U) ולכן α (G H) α (G) α (H) α (G H) = α (G) α (H) מסקנה 3.11 מדוע זה מוכיח את המשפט? כי בהנתן גרף ניצור את המכפלה הטנזורית שלו עם עצמו, ונשאל את אותה שאלה,, 1 3 וכאן החלק היחסי של הקבוצה הבלתי תלויה הוא ריבוע החלק שהיה, ולכן אם היתה קבוצה בת"ל קטנה מ ε ), 1 ובאופן דומה לקבוצה בת"ל גדולה מ. 1 3 נפעיל זאת k פעמים ונקבל בעיית פער 3 ε) 2 עכשיו היא קטנה מ ( ). מכאן נובע שנוכל להקטין את הפער כרצוננו. נשים לב שההקטנה כאן היא רק ההקטנה של 1 ) k ( ) 3, 1 3 ε) k היחס בין החסמים, אבל למעשה שניהם קטנים מאד. מעניין גם לציין שאם מסתכלים על הבעיה המשלימה היכולת שלנו לקרב דווקא נפגעת מהחזרה על הרדוקציה.

8 8 P CP 4 טענה 4.1 נזכיר את הבעיה מאחד השיעורים הקודמים: P CP 1, 1 [r, O (1)] P אם n).r (n) = o (log 3 הוכחה: חלקית נראה ש ) (nc.p CP 1, 1 [r, O (1)] 3 c>0 NT IME אם (1)] O L P CP 1, 1 [r, אז ניתן לייצר בזמן פולינומי את,A פרוטוקול P CP שנבצע כך: בהנתן n ביטים 3 קלט, ו (n) r ביטים מוגרלים, נשאל c (קבוע) שאלות את האורקל. בהנתן I (קלט) ניצר לכל מחרוזת אקראית R את הפרדיקט הבוליאני P שמורכב מ c שאלות אל האורקל. נסמן זאת ע"י (R)).P R (q 1 (R),..., q c מקבלים בעיית c, csp נסמן את קבוצת הפרדיקטים שעשויים להתקבל מהפרוטוקול A על הקלט I (לכל R מחרוזת ביטים אקראית אפשרית) ע"י (I) A. ידוע כי אם I L אז (I) A ספיקה (במובן שכל הפרדיקטים ספיקים ע"י פונקציה מסויימת שמבצעת השמה 1 3 ((I),opt A) כלומר ההשמה הכי מוצלחת לא תספק יותר משליש מהפרדיקטים. ואז למשתנים), ואם I / L אז מתקבל A (I) = 2 o(log n) [ < n δ constant δ > 0 ] נעבור על כל ההשמות האפשריות ל (I) A, כאלה מכך ינבע n) 2o(log יש 2, ונוכל להכריע לגבי השייכות של I ל L. אבל כמובן ( NP P CP 1, 1 [o (log n), O (1)] T IME 2 n)) 2o(log T IME (2 nδ) 3 δ>0 אבל כיום אנחנו מניחים שקיים δ x כך ש: NP 2 nδx אבל בעצם זה לא מוכיח את המבוקש, ננסה להוכיח את הטענה המקורית, והיא שהדבר מוכל ממש ב P. הוכחה: קודם התחלנו מ L NP כלשהי וקיבלנו רדוקציה ל c, csp כאשר אם הקלט היה בגודל n הפלט היה בגודל o(log n) 2 שהוא תת פולינומי לכל פולינום. זה נחמד מאד כי אפשר לעשות את הרדוקציה שוב (כי c csp עצמו ב (NP I }{{} reduction A (I) }{{} A 1 (A (I)) reduction כאשר ((I) A 1 A) מתקבל מפרוטוקול P CP עם מספר תת לוגריתמי של ביטים אקראיים על c csp (כי הבטחנו ש,(P CP 1, 1 [o (log n), 1] NP כשממשיכים מקבלים (I))) A 1 (A 1 (A כי עכשיו אנחנו כבר מפעילים את אותו 3 הפרוטוקול שוב ושוב (זה המתאים ל c), csp ולכן לאחר k הפעלות מתקבל (I) A. k 1 A נעיר כי כבר ברדוקציה הראשונה הפלט קטן לפחות בחצי מדוע? כי מקבלים פלט בגודל (n 2, o(log ועבור n גדול מספיק זה קטן משורש n, שהוא כמעט תמיד קטן מחצי n, זה נכון לכל רדוקציה בשרשרת, ולכן אחרי מספר לוגריתמי של רדוקציות נקבל בעיית c csp קטנה מאד, כלומר פרדיקט יחיד שהוא ספיק אם"ם התחלנו עם בעיה.I L נחשב את זמן הריצה של הרדוקציות: במקרה הגרוע ביותר ביצענו את הרדוקציה הראשונה ואחריה log פעמים את הזמן שנדרש לרדוקציה השניה. ולכן אם לרדוקציה הראשונה הזדקקנו לזמן של n, j ולשניה הזדקקנו ל n t כלשהו, אז בסך הכללי הזדקקנו ל: וזה פולינומי, מכאן NP P כנדרש. n j + n t log n נזכיר שפרוטוקול ה P CP הגדיר את פונקציית האורקל {1,0} Q (Q O : היא קבוצת השאילתות לאורקל), אבל אפשר להגדיר, O : Q {0, 1} d ואז נסמן: P CP c,s [r, q, d]

9 עד כה הנחנו = 1 d, וגם בהמשך, אם לא נציין, הכוונה תהיה = 1 d. נשאלת השאלה האם NP P CP 1,1 ε [O (log n), 1, O (1)]? נניח שכן, אם זה היה נכון אז היינו מייצרים בעיית csp 1 בדומה לשאלה הקודמת ופותרים אותה, וזה כמובן ב P. שעורי בית:.1 הוכח שלכל > 0 ε מתקיים :P CP 1,1 ε [O (log (n)), 2, 1] P באופן דומה לשאלה הקודמת, בהנתן בעיה I שיש להכריע האם היא מוכלת בשפה [1,,2 (n L, P CP ε 1,1 O] (log נבנה בעיית csp 2 מכל תשובות האורקל האפשריות, נשים לב שבכל הסגר יש שני ליטרלים (שכל אחד יכול להיות אמת/שקר), ושמספר ההסגרים הוא 2 r כלומר O(1),2 O(log n) = n קיבלנו בעיית csp 2 באורך שהוא פולינומי ב n. מספיק להציג פתרון פולינומי לבעיה זו ונקבל את המבוקש, בכל קירוב שנדרוש (כיוון שאפילו אם הסגר אחד יהיה שגוי נתפוס את השגיאה ונשיב בשלילה על השאלה "L I?")..2 הוכח שקיים > 0 ε כך ש 3], 2, (n)) NP P CP 1,1 ε [O (log קבוצה בלתי תלויה (I.S.) תהי q],l P CP c,s [r, ויהי I קלט שעלינו להכריע האם I L או.I / L יהי P פרוטוקול כנ"ל עבור L. הגדרה P 4.2 מייצר Q 1,..., Q q שאילתות, מתקבל מהאורקל רצף של q ביטים ) q O (Q 1 ), O (Q 2 ),..., O (Q והפרוטוקול מייצר פרדיקט בוליאני שנסמנו: P R,I (O (Q 1 ), O (Q 2 ),..., O (Q q )) נאמר שהתהליך שתיארנו הוא רשומון( transcript ) של הפרוטוקול, ומספר הרשומונים האפשריים הוא לכל היותר. q 2. r 2 נאמר שרשומון מקבל אם הפרדיקט נותן ערך אמת. הגדרה 4.3 נאמר ששני רשומונים הם עקביים אם לכל שאילתה שמופיעה בשניהם האורקל משיב באותו האופן. (בעצם כל שני רשומונים של אותו אורקל הם עקביים, נעשה שימוש בעובדה זו בהמשך) בהנתן הקלט I, נוכל לייצר גרף (I) G, שקודקודיו הם קבוצת כל הרשומונים המקבלים וזוג רשומונים ) 2 t) 1, t מהווה צלע אם"ם הזוג הוא בלתי עקבי. למעשה נייצר גרף של כל הרשומונים בכלל, אבל נחבר את כל הרשומונים שאינם מקבלים זה לזה (נשתמש בזה בהמשך כיוון שהם לא יוכלו להיות חלק משום קבוצה בת"ל) וכך נקבל G. (I) = 2 r+q נניח ש I: L לפי P CP במקרה כזה קיים אורקל O שמספק את החלק הc מתוך הפרדיקטים שמקורם בהגרלת c. 2 r קבוצה בלתי תלויה בגדול G I ביטים, ולכן קיימת ב r נניח ש I: / L ניווכח שכל קבוצה בלתי תלויה ) I S V G) היא עקבית ולכן ניתן לבנות ממש בידיים אורקל O שמתאים לה, ושאלו יהיו התשובות שיתן. אבל על פי הנחת P CP מתקיים שלא ניתן לייצר אורקל שמשיב נכונה על יותר מהחלק ה s מתוך הפרדיקטים, ולכן גודל הקבוצה הבלתי תלויה הוא די קטן: S. s 2 r האם קיבלנו רדוקציה מבעיית הקבוצה הבת"ל לבעיית פער? [ ] [,( זמן הרדוקציה יהיה ) r+q poly (n, 2 ועבור q, r c 2, s מצטמצם ל r 2 (זה c 2 r ] q 2, s 2r כן, קיבלנו בעיית פער r+q 2 r+q מספיק נוחים זה יהיה פולינומיאלי ואז מ [1,n NP P CP ε 1,1 [log נקבל רדוקציה מכל L NP לבעיית הפער. [ ] 1 2, ε q 2 g IS q הערה: אם קיים קירוב ε 1 בזמן פולינומיאלי לקבוצה בת"ל, אז: NP P CP 1,1 ε [log n, 1] P

10 10 נוכל לחזור על הרדוקציה כדי לקרב את IS שוב ושוב, נעשה זאת log log n פעמים. למה? בפעם הראשונה נסתמך על ההכלה הידועה לנו ש 2q] P CP 1,ε [r, q] P CP 1,ε 2 [2r, ובהמשך באופן רקורסיבי אחרי k הפעלות נקבל [ k P CP 1,ε 2 ואם התחלנו עם r = log n ו (1) O q = אז נקבל אחרי log log n הפעלות 2 k r, 2 k q ] [ P CP 1,ε log n log 2 n, log n ] כאשר זמן הריצה יהיה n log n (ניתן לחשב זאת לפי ההכלה האחרונה, שזמן הריצה שלה הוא פולינומיאלי ב,NP T IME ( N log n) ( ),,n 2 log2 n+log n ולכן אם נמצא אלגוריתם פולינומיאלי שמקרב את IS עד כדי ε, log n אז כי הרי התחלנו מבעיית NP ועשינו רדוקציה לבעיית קירוב של.IS P CP 5, c s אז כזכור ראינו משפט שאם קיים אלגוריתם בזמן פולינומיאלי שמקרב את בעיית IS עד כדי גורם P CP c,s [r, q] T IME ( P oly ( n, 2 r+q)) נזכיר שמלמת החיזוק קיבלנו P CP c,s [r, q] P CP c2,s2 [2r, 2q] }{{} δ NP P CP 1,δ [log (n), 1] constant ולכן אפשר להקטין את הגודל ε 1 כרצוננו ולקבל: מסקנה 5.1 אלא אם,NP P לכל > 0 δ לא קיים אלגוריתם שרץ בזמן פולינומיאלי ומקרב את IS עד כדי δ. הערה 5.2 נזכיר את הבעיה הדואלית ל IS והיא כיסוי קודקודים V, C נשים לב שגם אם נקבל קבועים,α β שמקרבים α 1, שיכול להיות מאד קרוב ל 1, 1 β את בעיית ה IS וגם אם היחס ביניהם יהיה גדול, היחס בבעיה הדואלית יהיה ולכן זה לא נותן לנו התקדמות. מה שכן, הוכח שקירוב של יותר מ לבעיית כיסוי הקודקודים הוא NP Hard (ספרא ודינור), כמו כן עודד רגב ואחרים הראו שבהנחת Unique )לקרב Games Conjecture) UGC את V C ביותר מ δ 2 זה.NP Hard שעורי בית 1. הראו שקיים ε כך שקירוב + ε 1 של בעיית כיסוי הקודקודים היא בעיה.NP Hard (בהנחת.(UGC P CP c,s [r, q] P CP cα,sα [αr, αq] עבור (n) α = α שהיא פונקציה לכל היותר פולינומית: משפט 5.3 פשוט חוזרים על הפרוטוקול (n) α פעמים. מסקנה 5.4 נבחר α = log β n ונקבל: [ ] NP P CP 1,1 ε [log n, 1] P CP 1,(1 ε) α log (1+β) n, log β n

11 .n ולכן לא קיים קירוב ( שרץ בזמן ) פולינומיאלי לבעיית IS( עד כדי ε) α (const.) logβ n (1 בגרפים שגודלם n) O(logβ. NP T IME 2 log(1+β) n = T IME n אלא אם n) ) O(logβ נשים לב: 2 logβ n = (2 ) 1 ( ) ( log1+β n log n = 2 log1+β n log (2 )) 1 log1+β n 1+β.N 1 (log N) 1 1+β אם גודל הגרף הוא N = 2 log1+β n אז נקבל שזה NP Hard לקרב את IS עד כדי פקטור של למת חיזוק 2# NP P CP 1,(1 ε) k [log n + k, k] למה :Amplif ication 5.5 מסקנה IS 5.6 קשה לקירוב בטווח של n β עבור β קבוע כלשהו, אלא אם.NP P גרפים מרחיבים הגדרה 5.7 גרף d רגולרי, G, הוא גרף מרחיב אם: S V (G), S 1 2 V (G) E (S, V (G) \ S) S }{{} edges going out of S מסתבר שלא פשוט לבנות גרפים כאלה עבור d קבוע בגודל גדול כרצוננו, ולמעשה זה בלתי אפשרי כשהגרף הוא גם מישורי. משפט 5.8 קיימת משפחה מפורשת חזק של גרפים מרחיבים d רגולריים. הגדרה 5.9 משפחה של גרפים..., k G 1,,... G היא מפורשת (explicit) אם קיים אלגוריתם A כך שלכל n מייצר V (G n ) = n,a (n) = G n כך ש A רץ בזמן פולינומי. משפחה של גרפים תיקרא מפורשת חזק exlpicit) strongly )אם קיים A S אלגוריתם, שלכל,n,i j מחזיר את (j A =האינדקס S,n),i של השכן ה j של הקודקוד ה i בגרף G, n ו A S רץ בזמן (n P. oly (log כמובן אם משפחה היא מפורשת חזק בפרט היא מפורשת, שכן ניתן לבנות לכל k את הגרף G k פשוט ע"י מעבר סדרתי על כל ה i וה.j B V (G) משפט 5.10 יהי G גרף מרחיב d רגולרי. תהי (G) B V ונסמן = β, אז קיים קבוע α (שהוא פונקציה של הדרגה d), כך שלכל k, ההסתברות שהילוך מקרי בן k צעדים על G מוכל ב B, קטנה מ β. α k נגדיר הילוך מקרי ע"י בחירת קודקוד ב G בהתפלגות אחידה, ונצעד מקודקוד לאחד משכניו בהתפלגות אחידה גם כן. נאמר שהילוך מקרי מוכל ב B אם כל אחד מהקודקודים בהילוך שייך ל B. משמעות הדבר שבאופן עקרוני הילוך מקרי, אפילו אם התחיל ב B במקרה בסיכוי טוב יצא מ B. ההסתברות להשאר ב B בכל צעד, קרובה להסתברות להתחיל ב B מלכתחילה. נחזור להוכחת למת החיזוק השניה: למעשה NP P CP 1,(1 ε) k [log n + k, k] בהנתן I שצריך להכריע אם הוא שייך ל L, NP נפעיל את הפרוטוקול [1,n P CP ε 1,1 [log המקורי שאנחנו יודעים שקיים. נייצר גרף מרחיב G n כלשהו, המובטח מהמשפחה שהיא מפורשת חזק. נגריל קודקוד v בתוך G n (באמצעות ה log n ביטים המובטחים לנו), ונגריל כמה ביטים נוספים (מספר חסום, תלוי ב d) שיכריע לאיזה קודקוד משכניו של

12 v נטייל. נניח שטיילנו ל u אזי הוא מסומן על ידי log n ביטים כלשהם, נשתמש בהם בתור קלט לאלגוריתם המקורי ונפעיל אותו שוב. נמשיך כך לטייל בגרף, וכמובן שנקבל רק אם במשך כל הטיול קיבלנו תשובות מספקות מהאורקל. נגדיר את הקבוצה הרעה (שאנחנו מקווים לא להיות בתוכה) הוא: B (I, O) = {r : P (r, I, O) = acc} (כאשר אנחנו מייצגים כל קודקוד על ידי logביטים n גם כאן). כפי שצייננו במשפט ההסתברות להישאר כל הזמן בתוך הקבוצה B (שהיא קבוצה "רעה" שעבורה נקבל acc כוזבים) תהיה קטנה מאד. P CP 6 ראינו בשבוע שעבר חיזוק למשפט ה P CP בעזרת הילוך מקרי על גרף מרחיב: NP P CP 1,( 1 k [O (log n + k), O (k), 1] 2) עבור פרוטוקול P CP שמבצע q שאילתות, ומקבל תשובה באורך d ביטים לכל שאילתה, עם נאותות s, נגדיר את סיבוכיות השאילתה ע"י q d log ( ) 1 s מערכת ה P CP שהצגנו עבור NP היא בעלת סיבוכיות שאילתה קבועה, לכל מספר שאילתות שנרצה (כל עוד הוא פולינומי). בנוסף, אנחנו יכולים לקבל מספר שאילתות גדול מ (n Ω, (log אם נדאג שמספר הביטים האקראיים הוא (n O. (log נניח בשלילה שאנחנו יכולים לשפר את הנאותות מבלי לפגוע במספר השאילתות וההגרלות, במילים אחרות שניתן לקבל: כאשר (k) f היא פונקציה שהיא ממש יותר מליניארית. n),θ (log אז נקבל:. 1 2 k כי הנאותות לפי הנחתנו קטנה ממש יותר מהר מ מתקבל. נזכיר שהיתה לנו הרדוקציה באמצעות הגרף המרחיב NP P CP 1,( 1 f(k) [O (log n + k), O (k), 1] 2) s < 1 n ω(1) q log n P CP 1,ε gap [1, ε] q csp אם כך היה המצב, אז היינו בוחרים את k להיות = k מכיוון ש q log n אז = 1,ε ומכיוון שהרדוקציה לקחה לנו זמן פולינומיאלי ב n, 2 r וכעת n),r = O (log n ω(1) כלומר הרדוקציה לוקחת זמן פולינומיאלי ב n. מהרדוקציה נקבל מספר פולינומיאלי של פרדיקטים כך שאם הבעיה היתה ב P CP הנתון, אז כל הפרדיקטים 1 ספיקים, ואחרת לכל היותר החלק ה מהם ספיקים. אבל כאמור מספר הפרדיקטים הוא פולינומיאלי ב n, ואז n ω(1) 1 החלק ה מהם הוא פחות מאחד. מכאן נובע שאו שכל הפרדיקטים ספיקים או שאף אחד מהם אינו ספיק. n ω(1) במקרה כזה מספיק לבחור פרדיקט ולבדוק אותו, ו L P CP אם"ם הפרדיקט ספיק. זו נוסחה מעל log n משתנים, ולכן בדקת כל ההצבות לה היא פולינומיאלית ב n, ומכאן נובע שאנחנו יכולים להכריע בזמן פולינומי האם L NP או לא. לכן אם ניתן לקבל נאותות כנ"ל אז.NP P עד כה כאשר שיפרנו את הנאותות, תמיד שילמנו במספר השאילתות (שהיה קבוע כפול המעריך בנאותות). נרצה להחזיק את מספר השאילתות קבוע ועם זאת לשפר את הנאותות.

13 13 משפט KRS] 6.1 [DF β < 1 q = q (β) s.t. NP P CP 1,ε [O (log n), q, d] כך ש d = log β n, ε = 2 d כלומר בהנתן β, ניתן על ידי מספר שאילתות קבועות ומספר ביטים לשאילתה שהוא קצת יותר קטן מלוגריתמי ב n, לקבל נאותות שהיא כמעט פולינומיאלית ב 2) logβ n ) n. P CP 6.1 עם שתי שאילתות בלבד הגדרה 6.2 משחק סיבוב,1 עם 2 מוכיחים. game) [BGKW 1988] (2 prover 1 round נניח שאליס ובוב הם שני המוכיחים, המשחקים נגד גורם שלישי (הטבע, אלוהים, וכו'). אליס ובוב ממוקמים בשני חדרים נפרדים כך שאין להם יכולת לתאם עמדות. חוקי המשחק מוגדרים על ידי התפלגות על זוגות של שאלות D ופרדיקט P (די גדול) על שאלות המשחק, שניהם ידועים לאליס ובוב. הפרדיקט P מוגדר על זוג של שאלות ושתי תשובות כך ש צירוף כזה. מהלך המשחק הוא: x, y }{{} questions, a, b }{{} answers 1. מגרילים מההתפלגות D זוג שאלות (y,x) 2. שולחים את x לאליס ואת y לבוב. 3. אליס משיבה a ובוב משיב b. 4. לפי P מתקבלת החלטה האם אליס ובוב זכו או הפסידו. P נותן "זכיה" או "הפסד" לכל בהנתן אסטרטגיה עבור אליס ובוב יש להם הסתברות לזכיה, נסמן ע"י (G) v את ההסתברות המקסימלית לזכיה (ערך המשחק בעצם) דוגמה:,x y הם ביטים אקראיים (בהסתברות חצי וכו') בלתי תלויים. התשובות הן איברים בקבוצה {1,0} {B,A} (כלומר שם של אחד המשתתפים וביט). פרדיקט הזכיה: אליס ובוב זוכים אם ורק אם בתשובה של שניהם יש אותו השם X ואותו הביט j, וגם הביט j הוא ביט השאלה שנשלח למשתתף X. אסטרטגיה אפשרית: שני הצדדים שולחים B, בוב שולח את הביט שהוא קיבל ואליס שולחת 1. אם באמת בוב. 1 2 באותו אופן ניתן קיבל את הביט 1 הם ניצחו, ואם לא הפסידו. מכאן שהסתברות הזכיה באסטרטגיה זו היא. 1 2 לא קשה להשתכנע שאי אפשר לשפר לבחור מראש שתמיד שניהם ישיבו,B 1 וגם כך נקבל הסתברות זכיה של זאת. הגדרה 6.3 לשפה L יש פרוטוקול [1,2] c,s MIP אם בהנתן I אפשר לייצר בזמן פולינומיאלי משחק של 2 מוכיחים וסיבוב,1 שהוא G (I) = G כך שמתקיים:.1 אם I L אז v (G) c.2 אם I / L אז v (G) s

14 מה הקשר ל P? CP אליס ובוב משמשים בתור האורקל, כאשר אנחנו משחקים נגדם. אם I L אז אליס ובוב ינצחו בהסתברות גדולה מ c, ואם I / L אז הם ינצחו בהסתברות קטנה מ c. לכן נשים לב: MIP c,s [2, 1] P CP c,s [O (log n), 2,?] מדוע? מה יעשה פרוטוקול ה P CP שלנו? בהנתן I, נייצר את המשחק (I) G, נבחר זוג שאלות ((I),x), (y D G) והשאלה הראשונה תהיה (x) A =מה תשובתה של אליס לשאלה x? השאלה השניה תהיה (y) B =מה תשובתו של בוב לשאלה y. לכאורה, מכיוון ששאלנו על בוב אחרי ששאלנו על אליס, לא נשמרה ההפרדה בין המידע שבידי אליס למידע שבידי בוב, אבל האורקל הוא בסך הכל פונקציה, ולכן הערכים נקבעים מראש ולא תלויים בשאלות קודמות. קל לראות שהשלמות c והנאותות s. אם נגדיר שתיאור ההתפלגות הוא ממש רשימת כל הזוגות (כאשר כולם בהסתברות שווה, ואם רוצים לאחד מהם הסתברות גבוהה יותר, רושמים אותו מספר פעמים) אז מכיוון שהבטחנו שייצור המשחק הוא פולינומיאלי בגודל של n, = I נקבל שמספר הזוגות הוא פולינומיאלי ב n גם כן, ולכן כדי להגריל זוג צריך (n O (log ביטים, ולכן זהו מספר הביטים האקראיים בפרוטוקול לעיל. אפשר לתאר את המשחק והאסטרטגיה המיטבית ע"י גרף דו צדדי, כאשר בצד אחד השאלות לבוב (ותשובותיו) ובצד השני השאלות לאליס (ותשובותיה), ההסתברות לכל צלע היא אחידה, כמקודם, אם נרצה התפלגות אחרת אז נוכל להוסיף צלעות בין זוגות של שאלות. כל צלע למעשה מייצגת רביעיה,x,y,a b ולכן לפי תוצאת הפרדיקט P אפשר גם לסמן כל צלע ע"י "האם היא מסמלת זכיה או הפסד". אם NP MIP c,s [2, 1] כאשר גודל התשובות הוא d, אז בעיית הפער [s,c] עבור (d) csp 2 היא NP שלמה, הסימון משמעו שזו נוסחא שבכל פרדיקט יש 2 משתנים, ואורך כל השמה לאחד המשתנים היא d ביטים. משפט 6.4 קיים > 0 ε כך ש 1] [2, 1,ε NP MIP כאשר התשובות הן בגודל קבוע. הוכחה: נעבוד על ידי רדוקציה מבעיית הפער ] ε 1,1] עבור SAT 3. אזי או שכל ההסגרים ספיקים, או שלכל היותר ε 1 מהם ספיקים. נרצה פרוטוקול MIP עבור שפה זאת. נציג את המשחק ובכך תתקבל הרדוקציה ל 1] [2, 1,ε MIP (לא אותו אפסילון). המשחק:

15 15 1. בחר הסגר באקראי, נניח i, ואז C i = (X i1 X i2 X i3 ) 2. שלח את C i לאליס.3 בחר 3} {1, 2, j באקראי 4. שלח את X ij לבוב. נאמר שאליס ובוב זכו אם אליס מחזירה השמה מספקת ל C i ובוב מחזיר ערך עבור X ij שהוא עקבי עם תשובתה של אליס. נסמן את אם I 3 SAT אז = 1 (I)).v (G אם I היא פחות מ ε 1 ספיקה, אז ε.v (I) 1 האסטרטגיה של בוב מגדירה בעצם השמה A עבור I, כך ש ε v, A (I) 1 ואז בהסתברות גדולה מ ε, או שתשובתה של אליס איננה מספקת או שאיננה עקבית עם A. כלומר בהסתברות לפחות.ε = ε 3 ε אליס ובוב מפסידים, ואז 3 : 7 הגדרה 7.1 בעיית Label Cover בהנתן בעיית (7) csp 2 (כלומר 2 משתנים בכל אילוץ שיכולים לקבל 7 ערכים כ"א), נאמר שהבעיה היא בעיית Label Cover אם בהנתן השמה למשתנה הראשון בכל אילוץ קיימת השמה יחידה למשתנה השני אשר מספקת את האילוץ. נרצה לבנות רדוקציה מ LC שהוזכרה לבעיית (2) LIN E3 (בעיית תכנון ליניארי בשלושה משתנים, בשדה עם מציין.( 2 נתרגם את המשתנה הראשון v באילוץ לקבוצה של משתנים V, v ואת המשתנה השני u לקבוצה של משתנים V: u

16 16 נרצה למת חיזוק לבעיית הפער עבור,LC מהרדוקציה נראה שמתקיים שבעיית הפער (ε,δ ( עבור.E3 SAT ( עבור 1 δ, ε) שלמה. לאחר מכן נראה רדוקציה מבעיה זו לבעיית הפער NP היא E3 LIN (2) בהמשך נשלים את התשתית התיאורטית הקושרה להוכחת ה P. CP למת חיזוק ל MIP נוכיח למת חיזוק עבור 1] [2,,MIP נרצה שאם = 1 (G) v אז אחרי החיזוק ישאר,1 אבל אם v (G) = 1 ε אז ערך המשחק יקטן. נוכל לשחק את המשחק כמה פעמים בזו אחר זו ולהכריז על ניצחון רק אם התקיים ניצחון בכל המשחקים. הבעיה כאן היא שאז זה כבר לא עומד בהגדרה של [1,2],MIP כי כביכול משחקים יותר מסיבוב אחד. הגדרה 7.2 חזרה מקבילית Gנבחר G k k זוגות ) k (x 1, y 1 ), (x 2, y 2 ),..., (x k, y באופן בלתי תלוי זה מזה (כלומר כל שני זוגות הם בת"ל זה בזה), ואז נשלח את השאלות ) k x = (x 1, x 2,..., x לאליס ו ) k y = (y 1, y 2,..., y לבוב. התשובות תהיינה ) k a = (a 1, a 2,..., a ו ) k b = (b 1, b 2,..., b בהתאמה. נגדיר את הפרדיקט על התשובות להיות: P k ( x, y, a, b ) = k P (x i, y i, a i, b i ) i=1 בעצם כאילו שיחקנו את כל המהלכים של השחקן הראשון במכה, ואז את כל המהלכים של השחקן השני ואז הכרענו. מאמר של פורטנאו, סיפסר ועוד מישהו מ 1988 קבעו כי "ברור ש" v ( G k) = v (G) k וזו בדיוק התכונה שרצינו לגבי ערך המשחק. אבל באותה שנה פורטנאו פירסם יחד עם ארטה מאמר שמראה שזה אינו נכון בעצם. דוגמה נגדית: נזכיר את המשחק מההרצאה הקודמת:,x y ביטים אקראיים, אליס ובוב מחזירים שם וביט, כך שהם זוכים רק אם הם מסכימים על השם והביט המוחזר וגם הביט שהחזירו הוא אכן הביט שנשלח למשתתף שאת שמו החזירו.?v ( G 2) האם מתקיים 1 4,v (G) = 1 2 אנחנו יודעים ש אליס מקבלת x 1, x 2 ובוב מקבל.y 1, y 2 האסטרטגיה של אליס תהיה: התשובה הראשונה (אליס, x), 1 התשובה השניה (בוב, 1 x). האסטרטגיה של בוב תהיה: התשובה הראשונה (אליס, y), 2 התשובה השניה (בוב, y) 2 זוכים בכל המשחקים רק אם x, 1 = y 2 המשתנים הללו בלתי תלויים ולכן ההסתברות לכך היא 1 2 וזה ערך המשחק. הערה 7.3 הצגנו משחק שעבורו (G),v ( G 2) = v יש שאלה פתוחה אם קיים משחק שעבורו (G).v ( G 3) = v ורביצקי הראה ב 94' כי אכן כאשר k מתקבל 0 (k v, ( G אבל האמצעים היו לא קונסטרוקטיביים, ולא היה ברור מכך איך בדיוק ערך המשחק קטן, ולכן זה לא שימושי לנו. ב 95 הראה... כי אם אליס ובוב עונים מתוך קבוצה בגודל שקטן מ l, ו v, (G) = 1 ε אז מתקיים: v ( G k) ( C k 1 ε 32) log(l) ( ) 1 ε 3 C k log(l) לאחרונה שופר החסם ל בכל מקרה למרות שכנראה צריך לנפח את התשובות מאד, מובטחת לנו ירידה מעריכית של ערך המשפט בשלב מסויים. בבעיית ה Lable Cover שראינו, גודל קבוצת התשובות האפשרית הוא 7, ולכן מובטח לנו שעבור חזרה מקבילית ε (3 C k 1 ( (כאן הנחנו שהחלוקה בלוג 7 נבלעה ב C). ולכן בהנתן ε קבוע נקבל: k פעמים יהיה ( 1 ε 3 ) C k = ε

17 17 C k log ( 1 ε 3) = log ε k = log (ε ) C log (1 ε 3 ) כעת קיבלנו בעיה שבה התשובות הן וקטורים באורך k שלכל קואורדינטה בהם יש 7 אפשרויות, ולכן זו בעיית.Label Cover ( 7 k) הרדוקציות הן פולינומיאליות. שהרי אם הייצוג של המשחק הוא על ידי גרף דו"צ כפי שראינו בשבוע שעבר, לא קשה להיווכח שאם חוזרים על תהליך ההגרלה והבדיקה k פעמים וכו' מקבלים זמן ריצה n k בערך, וכיוון ש k נקבע מראש לפי איכות הקירוב הדרוש זה פולינומי ב n. כדי להשלים את המשפט שאומר שקיים ε כך שבעיית הפער (ε,1) עבור (d) LC היא NP שלמה, חסר להראות שכאשר חוזרים על משחק שיש לו את תכונת ההטלה (כלומר תשובתה של אליס קובעת באופן יחיד את האפשרות לתשובה נכונה של בוב), מקבלים משחק שיש לו את תכונת ההטלה, אך לא קשה להשתכנע בכך אם בוהים בחומר מספיק. הגדרה 7.4 משחק יקרא ייחודי אם לכל שאלה,x, y לכל a קיים b יחיד (וגם לכל b קיים a יחיד) כך ש (b P,x),y,a נותן ערך אמת (=זכיה). NP ייחודי, היא Label Cover עבור (1 δ, ε) כך שבעיית הפער d (ε, δ) קיים,δ ו > 0 ε לכל :2002 UGC שלמה. שעורי בית 1. הוכח שלהכריע האם משחק ייחודי הוא ספיק היא בעיה ב P 2. הוכח שאם P, NP אז בלתי אפשרי להשיג פחות מסיבוכיות שאילתה קבועה (כלומר לקבל איזושהי פונקציה יורדת), כלומר שקיים קבוע כלשהו שאי אפשר להשיג פחות ממנו. רדוקציה מבעיית פער LC ל (2) LIN E3 נתבונן על הבעיה ב (d),1) (ε LC (כלומר בעיית פער Label Cover עם d ערכים אפשריים), ונרצה לתרגם את המשתנים למשתנים בוליאניים, כמובן שאם נרצה לייצג את d ערכי המשתנה, נצטרך לפחות log d משתנים בוליאניים, למעשה נשתמש ב 2, d שזה ניפוח מעריכי שנראה על פניו לא הכרחי, אבל אנחנו לא מכירים דרך לשפרו. ואז את המשתנה v נתרגם לקבוצת משתנים בגודל 2, d כל אחד מהם מתאים לאיבר בקבוצה {1 d,1}. נייצג השמה למשתנים החדשים ע"י: f v : {1, 1} d {0, 1} כך לכל משתנה x ב 2 d הביטים שמייצגים את v ההשמה (x) f v תיתן לו את הערך המתאים כך שייצג את השמת הערך הנתון ל. v כלומר, אם למשל המשתנה v יכול לקבל 3 ערכים, אזי קיבלנו קבוצה בגדול 8 של משתנים בוליאניים, שהם: 000, 001, 010, 011, 100, 101, 110, 111 ואז, למשל, עבור = 0 v נקבל שההשמה לשמונת המשתנים הללו היא 1) (0, 0, 0, 0, 1, 1, 1, עבור = 1 v נקבל 1) (0, 0, 1, 1, 0, 0, 1, ועבור = 2 v נקבל 1).(0, 1, 0, 1, 0, 1, 0, במילים אחרות לוקחים את אחת הקואורדינטות בייצוג הבינארי, בפרט את הקואורדינטה שמתאימה לאינדקס של הערך מתוך d הערכים שנתנו ל v.

18 18 : 8 נזכיר שאנחנו במהלך נסיון לרדוקציה מבעיית הפער (ε,1) עבור (k),lc לבעיית (2) LIN E3. מכיוון שלהכריע האם בעיית (2) LIN E3 ספיקה לחלוטין זה פולינומיאלי, ולכן נרצה שבעיית הפער תמיר בעיות ספיקות לחלוטין ב (k) LC לבעיות שהן לפחות δ 1 ספיקות ב E3, LIN ובעיות שהן פחות מ ε ספיקות ב (k) LC יומרו לבעיות שהן לכל היותר ε ספיקות ב (2) LIN.E3 מה שיקרה יהיה שלפי בחירת ε, δ נבחר את ε, שבתורו יקבע את k. נראה את הרדוקציה באופן מקומי: בעיית ה LC מיוצגת ע"י גרף מכוון, כאשר כל צלע מייצגת פונקציה כלשהי מ{ k C, (u,v) :,1},... {k,1},... שהיא האילוץ שמשרה קודקוד המוצא של הצלע על קודקוד המטרה. אם,u v שני קודקודים בגרף הייצוג, ויש צלע v) (u, בגרף. אזי עבור הקודקוד u ניצור סט משתנים מתאים V, u שמאונדקס ע"י {1 k,1 }, באופן דומה V v יתאים לקודקוד,1 }. {1 k ויהווה קבוצת משתנים מאונדקסת ע"י v הערה 8.1 אנחנו עובדים עם עולם של 1,1, אבל בעצם עולם המשוואות הליניאריות מעל Z 2 הוא עולם של,1, 0 כדי לתרגם נתבונן ב {1, 1 }עם הכפל, במקום (1,0) בשביל חיבור (זו אותה חבורה בעצם). כעת לכל משתנה בבעיה המקורית יש לנו 2 k משתנים בבעיה החדשה, וההשמה מהמשתנה המקורי מגדירה באופן יחיד השמה ל 2 k המשתנים החדשים, כלומר יש {±1} k f u : {±1} המתאימה לכל אחד מ 2 k המשתנים את ההשמה שלו. כעת נתרגם את (u,v) C למשוואות ליניאריות על איברי V u ו V. v כל משוואה (עבור = 4 k למשל) תיראה כך: f u (1, 1, 1, 1) f v ( 1, 1, 1, 1) f v (1, 1, 1, 1) = 1 (כאן הכפל החליף את החיבור, אבל מכיוון שזו עדיין אותה חבורה Z 2 זה שקול) אנחנו יודעים לבנות את המשתנים (מסוף ההרצאה הקודמת) וכעת צריך להציג את האופן שבו נתרגם את (u,v) C למערכת משוואות ליניאריות בשלושה משתנים. כעת מהשמה A לבעיה ב (k),lc נוכל לייצר (על סמך בניית המשתנים) את A, השמה ל 2 k משתנים באופן שאם ההשמה לu היא i, אז f u (x) = x i (כאן x הוא וקטור k מקומי שמאנדקס משתנה ב 2 k המשתנים שהם תמונת u ברדוקציה). כלומר f u היא הקידוד ב"קוד ארוך" Code) (Long של i. לדוגמה עבור = 3 k: יש לנו את הוקטורים A (4) = 2 ( 1, 1, 1), ( 1, 1, 1), ( 1, 1, 1), ( 1, 1, 1),..., (1, 1, 1) וההשמה תהיה בחירת הביט השני מכולם, דהיינו: ( 1, 1, 1, 1,..., 1) וזה הוקטור ה 2 k מקומי המייצג את ההשמה A לכל אחד מ 2 k המשתנים שהם תרגום u. 8.1 דרישת שלמות אם A (u) = i, A (v) = j ומתקיים ש C (u,v) (i) = j (כלומר ההשמה A מספקת את האילוץ (u,v),(c אז A צריכה C (אוסף המשוואות הליניאריות שהן תירגום האילוץ (u,v) C). המשפט האחרון מגלם את לספק לפחות δ 1 מ (u,v) דרישת השלמות מהרדוקציה, כלומר שבאמת בעיות ספיקות לחלוטין יתורגמו לבעיות שהן לפחות δ 1 ספיקות.

19 נסיון ראשון לדרישת נאותות: אם A היא השמה שהיא לפחות ε מספקת את (u,v) C, אז A מהווה קידוד חוקי של השמה כלשהי A שנותנת ל u את i ול v את j כך ש C. (u,v) (i) = j נעיר כי זו דרישה חזקה מאד שנובע ממנה שאם A היא לא קידוד חוקי ב"קוד ארוך", אזי היא מספקת פחות מ ε מ (u,v) C. אבל הדרישה הזו היא בלתי אפשרית, מדוע? נניח שיש השמה שמספקת את A, אזי מדרישת השלמות יש A שמספקת δ,1 ניקח את,A ונחליף את ההשמה לאחד מ 2 k המשתנים. נקבל שכרגע ε δ 1 (כאשר ε קטן מאד) מהאילוצים מסופקים, אולם A החדשה אינה עוד קידוד חוקי לפי "קוד ארוך". 8.3 נסיון שני לדרישת נאותות: קיימת העתקה ψ שמקבלת פונקציה {±1} k, f : {±1} ונותנת k} ψ (f) {1,..., כך שאם f u ו f v מספקות יותר מ ε מהמשוואות ב (u,v),c אזי ) v ψ (f u ), ψ (f מספקות את (u,v).c אבל כנראה שגם זו דרישה בעייתית מדי. 8.4 נסיון שלישי לדרישת נאותות: f u, f v שמקיימת: אם {1,..., k} התפלגות על D כך ש,D = ψ (f) ל f : {±1} k {±1} העתקה מפונקציות ψ 1 2 מ,C(u,v) אז מספקות יותר מ + α P r ( C (u,v) (i) = j ) > ϕ (α) i ψ (f u ) j ψ (f v ) (כאן ϕ היא סתם פונקציה כלשהי של α) נוכיח כי הדרישה השלישית היא טובה: נניח ש A מספקת יותר מ ε מ (u,v) (u,v) E C α אשר הם לפחות Cים) (u,v) מתוך כלל ה (2)ε (שמהווים נאמר החלק ה C ים אזי יש מספר קבוע של (u,v) ספיקים (אחרת הסכום הכולל לא היה יותר מחצי). C מתוך המספר הקבוע של ה כעת לכל u, נבנה השמה (u) A ע"י דגימה אקראית מתוך (u ψ. f) לכל (u,v) ε (2) ϕ (α) בתוחלת יותר מ.ϕ (α) בהסתברות C (u,v) מספקת את A 1 ספיקים, 2 + α שהם לפחות Cים (u,v) מהאילוצים (u,v) C מסתפקים ע"י A כלומר בעיית ה LC המקורית שלנו היא לפחות (α) ε (2) ϕ ספיקה. כעת אם נבחר את ε המקורי להיות קטן מגודל זה, נקבל את הרדוקציה המבוקשת. עד כאן הראינו שדרישה 3 אכן מספקת נאותות, אבל לא הצגנו שום דרך קונסטרוקטיבית לתרגם את האילוצים, ולא הצגנו שום ψ, אשר קיומה נדרש לנו. 8.5 בניית המשוואות הליניאריות נסיון ראשון ניקח x, y R { 1, 1} k (כלומר נבחר באקראי). המשוואה תהיה: f u (x) f v (y) f u (z) = 1 אם f u הוא קידוד של i וכנ"ל f v הוא קידוד של j, אז משוואה זו היא בעצם: x i y j z i = 1 x i y C(u,v) (i) z i = 1 נניח ש (i) j = C (u,v) ואז נוכל לכתוב:

20 קל לוודא שכדי שזה יתקיים חייב להיות (i) z, i = x i y C(u,v) וכיוון שלא ידוע לנו i, זה צריך להיות נכון לכל i, כלומר המשוואה: f u (x) f v (y) f u (z) = 1 עבור z המוגדר על ידי (i) z i = x i y C(u,v) נסיון שני ניקח את z i להיות כפי שהגדרנו אותו בנסיון הקודם: (i) z i = x i y C(u,v) בהסתברות δ,1 ו (i) z i = x i y C(u,v) בהסתברות δ. : 9 נחזור להגדרת אופן בניית המשוואות מהשיעור הקודם. נתבונן ב C, אוסף המשוואות הלינאריות עם מציין 2 שבנינו, בתור התפלגות על 2 k משתנים. ניקח,x, y { 1.1} k ונרשום את המשוואה: f u (x) f v (y) f u (?) = כעת כיוון ש f u (x) = x i ו f v (y) = y j נוכל לבחור את "?" להיות כזה שכשכופלים אותו ב, (x) f u (x) f v מקבלים f u (x) f v (y) f u (?) = 1 ברור שאם נבחר? כך ש C(i) f u (?) = x i y j = x i y נקבל את המבוקש. נסמן את C(i) x i y ע"י x y c עם זאת אם נבחר את f להיות קבועה על 1 כל המשוואות יסתפקו, אז אנחנו בבעיה. אם היינו בוחרים את המשוואות להיות מהצורה 1 =... אז הפונקציה הקבועה על 1 תספק את כל המשוואות. הבעיה הזאת נפתרת על ידי הגרלה, כלומר המשוואות שניקח תהיינה: f u (x) f v (y) f u (ζ x y c ) = ζ = i Z, ונחליף את המשוואה ל: { 1 w.p. 1 ε 1 w.p. ε f u (x) f v (y) f u (ζ x y c Z) = ζ כאשר 1} { 1, ζ אז נבחר Z 1,..., Z k כך ש מדוע עשינו זאת? נשים לב שבמצב הקודם של המשוואה לא רק השמות מספקות של f u, f v יספקו את המשוואה, אלא גם, למשל, מכפלות באורך 3 של השמות מספקות. למשל: נניח ש u 1, v 1 השמה מספקת וכן u 2, v 2 וגם,u 3, v 3 ואז נקבל כי עבור השמה ל 2 k המשתנים שלנו שהיא אשר שווה לζ. נקבל שתוצאת המשוואה תהיה ζ 3,f v1 f v2 f ו v3 f u1 f u2 f u3 לכן הוספנו את אלמנט ה Z, ואז במקרה של מכפלות ארוכות של השמות חוקיות, נקבל כי f u (x) f v (y) f u (ζ x y c Z) = ζ והתוחלת של מכפלות של Z i שואפת לאפס כאשר המכפלות הן ארוכות (S היא קבוצת האינדקסים במכפלה). i S [ ] E Zi = E [Z i ] = (1 2ε) S Z i

21 χ S (x) := i S x i 9.1 עוד הגדרות הגדרה 9.1 נגדיר עבור {k Sאת,1},... הפונקציה: R, k{±1} אשר קל לראות שמגדיר מרחב וקטורי כאשר כמקודם x { 1, 1} k נתבונן באוסף הפונקציות מ {1.1 } k לממשיים, שיסומן ע"י ממימד 2 k מעל הממשיים. f, g = E x {±1} k [f (x) g (x)] הגדרה 9.2 מכפלה פנימית על המרחב לעיל ע"י: χ S, χ T = E x i i S j T x j = E [ i S T x i ] = i S T E [x i ] = { 1 S = T 0 S T ואז: ולכן הקבוצה {{k χ} A : A,1},... היא בגודל 2 k וכן כל שני וקטורים בתוכה ניצבים זל"ז, וארכם 1, ולכן זהו בסיס אורתונורמלי למרחב הוקטורי. הערה 9.3 לכל פונקציה f : {±1} k R קיימת דרך יחידה לרשום את f באופן הבא: f = ˆf (S) χ S S {1,...,k} ˆf (S) = f, χ S ונובע מכך שניתן לחלץ את המקדמים (S) fˆ ע"י: כעת אם הטווח של f במקום הממשיים הוא {±1}, אז נקבל: ˆf (S) 2 = f, f = קצת אנליזה כעת בהנתן, f u, f v נרשום f u = S ˆf u (S) χ S וגם f v = S ˆf v (S) χ S וננתח את: E [ f u (x) f v (y) f u ( ζ x yc Z ) ζ ] = P r (sat) P r (unsat) [( ) ( ) ( ( E ˆf u (S) χ S (x) ˆf v (R) χ R (y) ˆf u (T ) χ T ζ x yc Z )) ] ζ =E S R S,R,T ˆf u (S) ˆf v (R) ˆf u (T )... = ˆf u (S) ˆf v (R) ˆf u (T ) E [ (( χ S (x) χ R (y) χ T ζ x yc Z )) ζ ] S,R,T T

22 מכיוון שפונקציית ה χ כפי שהגדרנו אותה מקיימת (b),χ S (a b) = χ S (a) χ S וכיוון ש ζ הוא קבוע 1) או ( 1 אז מתקיים: χ T (ζ x...) = i T ζ x i... = S,R,T = S,R,T ולכן מהמכפלה הנ"ל מתקיים: ˆf u (S) ˆf v (R) ˆf [ ( u (T ) E χ S (x) χ R (y) χ T (x) χ T y C ) ] χ T (Z) ζ T ζ ˆf u (S) ˆf v (R) ˆf u (T ) E [ ( χ S (x) χ R (y) χ T (x) χ T y C ) χ T (Z) ] T E [ζ +1] }{{} 0 if T is even נגדיר: וזה נותן 0 אם T זוגי, כי התוחלת של ζ מאפסת את הביטוי, אחרת התוחלת של ζ תיתן, 1 ונתמקד בחלק האחר של התוחלת, ניזכר שה χ הן בסיס אורתונורמלי, ולכן מכפלת χ S ו χ T היא 0 אם T, S ו 1 אחרת. כלומר הביטוי לא יתאפס רק אם S = T וגם T אי זוגי. נתבונן כעת בביטוי שמופיע: ( χ T y C ) = ( y C ) = y i C(i) i T i T C 2 (T ) = {j : # {i T : C (i) = j} is odd} y C(i) = y i = χ C2 (T ) (y) i T j C 2 (T ) ואז = S,R,T והביטוי הקודם שקיבלנו הוא: [ ] ˆf u (S) ˆf v (R) ˆf u (T ) E χ S (x) χ R (y) }{{} χ T (x) χ C2 (T ) (y) }{{} χ T T (Z) E [ζ +1] }{{} 0 if T is even נשים לב שמנימוק דומה לקודם (האורתונורמליות) מתקבל 0 (y) χ C2 (y) χ R רק אם.C 2 (T ) = R לכן כדי שהביטוי לא יתאפס דרוש לנו בו זמנית S = T וגם C 2 = R וגם T אי זוגי. תחת ההנחות הללו הביטוי הנ"ל שווה ל: ˆf u (S) 2 ˆfv (C 2 (S)) (1 2ε) S S: S is odd 10 המשך הרדוקציה למשוואות ליניאריות וזה נותן את ההסתברות ש f u, f v מסתפקות פחות ההסתברות שאינן מסתפקות (כי התוחלת כופלת ב 1 משוואות מסתפקות וב 1 משוואות שאינן מסתפקות), או גם: 2P r [f u, f v satisfy e] e C 1 בסכום שלעיל יתקבל משהו שאינו אפס רק כאשר S היא היחידון i ו (S) C 2 היחידון j, ואז יתקבל בסכום 1 2ε, כלומר אם f u, f v קידודים חוקיים בקידוד ארוך אז נקבל את תכונה 1 שרצינו, שכן ההסתברות לספק את f u, f v גדולה או שווה ל ε 1 כפי שרצינו.

23 P r [f u, f v satisfies e] e C 1 ε α נרצה לקבל את תכונה 2: נניח שמתקיים (*) נרצה כעת פונקציית פיענוח ψ מ f (פונקציות) ל {k ψ (f),1},... כך שאם אכן מתקיים (*) אז יתקיים C (ψ (f u )) = ψ (f v ) ניקח עבור (f) ψ להיות הקואורדינטה המינימלית i כך ש ({i}) fˆ מקסימלי. כעת כיוון ש: f (x) = X i = 1 χ {i} (x) ˆf ({i}) = 1 כעת אם מתקיים ( ), מתכונה 1 מובטח לנו שהתוחלת היא פעמיים ההסתברות ש f u, f v יסתפקו פחות 1, ההסתברות הזו היא לפי ( ) לפחות ε α 1 ולכן התוחלת היא לפחות: 1 2ε 2α = ˆf u (S) 2 ˆfv (C 2 (S)) (1 2ε) S S: S is odd נסמן: 1 2ε 2α (1 2ε) S =1 ˆ f u (S) 2 f v (C 2 (S)) + S odd and>1 וכעת ידוע לנו כי: (1 2ε) S ˆ fu (S) 2 f v (C 2 (S)) } {{ } A נשים לב כי ב A ידוע לנו ש < 1 ˆfv ולכן נוכל לוותר עליו ולכל היותר נגדיל את הביטוי, כמו כן כיוון ש 3 S אז 2ε) 3 (1 2ε) S (1 ולכן נחליף ב A בין שני אלו ונקבל: (1 2ε) (1 2ε) S =1 S =1 ˆ f u (S) 2 f v (C 2 (S)) + S odd and>1 ˆ f u (S) 2 f v (C 2 (S)) + (1 2ε) 3 (1 2ε) 3 ˆ fu (S) 2 S odd and>1 ˆ f u (S) 2 (1 2ε) = S =1 ˆf ולכן S 3 ˆf 2 u 1 S =1 ˆf 2 u, נציב זאת ונקבל: 2 כעת כמובן = 1 u S =1 fˆ u (S) 2 f v (C 2 (S)) + (1 2ε) 3 1 ˆf u (S) 2 ( 1 2ε (1 2ε) 3) + (1 2ε) 3 S =1 ˆf u (S) 2 S =1 ˆf u (S) 2 1 2ε 2α (1 ( 2ε)3 α ) 1 2ε (1 2ε) 3 = 1 O ε ולכן:

24 24 S 3 ( ˆf u (S) 2 α ) < O ε ולכן: S =1 ˆf u (S) 2 ˆfv (C 2 (S)) (1 2ε) = ˆf u ({i}) 2 ˆfv (C ({i})) (1 2ε) i ( α ) 1 2ε 2α O ε i ˆf u ({i}) 2 ˆfv (C ({i})) 1 2ε 2α O ( ) α ε 1 2ε ( α ) 1 4α O ε ולכן: ˆ 2 f אפשר להסתכל עליהם כמשקלים בממוצע משוקלל על fˆ v ולכן קיבלנו שיש לנו ממוצע כיוון שהסכום של כל ה < 1 u משוקלל של ה fˆ v ים שגדול מגודל מסויים, מכך נובע שיש לפחות ((i) fˆ v C) אחד, שהוא גדול או שווה לגודל המסויים הזה. כלומר: C (i) s.t. ˆf ( α ) v (C (i)) 1 4α O ε כעת לא זאת בלבד שיש אחד שכזה, יש לכל היותר אחד, שכן α קטן מאד, ולכן גודל זה קרוב מאד ל 1, ולא יכולים להיות שניים. מכאן נובע שבסכום (ה"ממוצע המשוקלל" שלנו) יש רכיב אחד (כלומר j אחד) שמהווה את רוב ערכו של הסכום, כלומר (j) ˆf v כך שגודל זה גדול מ (α) O.1 כלומר: ( ˆf u (i) 2 α ) ˆfv (j) 1 4α O 3 i:c(i)=j i:c(i)=j ( ˆf u (i) 2 α ) 1 4α O 3 ואז: וממשפט של פרידגוט, קלעי ונאור אנחנו מקבלים שעבור פונקציה בוליאנית שקרובה מאד ל 1 לא יתכן שהמקדמים "מתפזרים", כלומר חייב להיות מקדם שהוא הרבה יותר דומיננטי מכל האחרים, ואז נקבל שקיים ויחיד i שמקיים C (i) = j כפי שרצינו. אם נרצה לוותר על השימוש במשפט, נשנה את ψ באופן הבא: ˆf בהסתברות פרופורציונית ל (i) 2 i בחר : ψ (f) כעת נרצה לקבל את תכונת הנאותות השלישית, ולכן נניח שמתקים: P r [f u, f v satisfy e] e C α 2α ואז נקבל, בדומה למקרה הקודם שמתקיים: נרצה ψ מ f ל k} ψ (f) {1,..., כך שיתקיים > 0 ε) P r [C (ψ (f u )) = ψ (f v )] ϕ (α,

25 (כלומר מ f יתקבל וקטור באורך k שסכום הקואורדינטות שלו 1, שבכל קואורדינטה ההסתברות של האינדקס שלה) ראינו קודם שכאשר קרובה ל 1, מרבית המשקל בסכום מתקבל מיחידונים (כלומר = 1 S ), וכאן אנחנו לא יכולים לומר זאת. יהי l = log 1 2ε α ואז (...) α S <l and is odd S l וכיוון שהסכום על כל גדלי S הוא = 2α, נובע מכך כי: ˆf u (S) 2 ˆfv (C 2 (S)) (1 2ε) S α כעת אפשר לוותר על ההכפלה ב (2ε 1) ולשמור על אי השוויון (נזכור כי הכנסנו אותה במקור רק כי הכנסנו למערכת "רעש" באמצעות Z כדי למנוע ממכפלות ארוכות של f להשפיע על התוצאה הסופית, ואנחנו מתעסקים עם מכפלות באורך חסום כרגע) ולכן: ˆf u (S) 2 ˆfv (C 2 (S)) α S <l and is odd ˆf v (C 2 (S)) α 2, מדוע זה בסדר? כעת נוסיף לאילוץ הסכימה את האילוץ שאנחנו סוכמים רק על איברים שעבורם, α 2 לא נקטין מכיוון שיש לנו ממוצע ממושקל שהוא גדול מ α, אזי בפרט אם נזרוק את כל האיברים שהם קטנים מ, α 2 ולכן: את הסכום הכולל יותר מ ˆf u (S) 2 ˆfv (C 2 (S)) α 2 S <l and is odd and ˆ f v (C 2 (S)) α 2 : 1 2 נגדיר את (f) ψ כך שבסיכוי [פיענוח לפי [u נבחר Sבסיכוי (S) 2 ˆf u ואז נבחר i S רנדומי וזה יהיה (f).ψ ובסיכוי : 1 2 j S נבחר, ˆf (S) ונבחר אחד מהם בסיכוי פרופורציוני ל ˆf (S) α 2 [פיענוח לפי v] נסתכל על Sים כך ש מקרי וזה (f) ψ. (אם אין (S) fˆ לפי דרישתנו, נבחר = 1 j) P r [ψ satisfies C] 1 4 S <l and is odd and ˆf v (C 2 (S)) α 2 ננתח את הסיכוי ש ψ מספקת את C: P r [W e chose S for u and C 2 (S) for v] 1 l. 1 l כי בהנתן שבחרנו "נכון", אז אכן האילוץ מתקיים בהסתברות לפחות וכיוון שבחרנו פרופורציונית, צריך לחשב מהו קבוע הנירמול שלנו, ידוע שסכום הריבועים של ה fˆ v הוא 1 ולכן: 4 ˆf v (T ) 1 1 }{{} α 2 2 α f v (T )> α 2 cauchy shcwartz α 8l fˆ u (S) 2 ˆfv (C 2 (S)) α2 16l S... α2 ε 8 log ( ) 1 α ולכן: נציב את הערך של l כפי שהגדרנו אותו ונקבל:

26 26 11 משפט ה P CP הערה 11.1 אם במקום רדוקציה ל E3 LIN ניקח רדוקציה ל E3 SAT נוכל לקבל תמונה דומה, כאשר השמה 7 מספקת ל,u v תיתן השמה מספקת ל V,u V v (עם האילוץ (u,v) C), ובמידה שיש השמה מספקת יותר מ + α 8 מקבוצות המשתנים בוליאניים, נוכל לקבל השמה שמספקת את,u v בהסתברות (α) ε כמקודם. נרצה להראות כי בעיית הפער α) ε, ( עבור E3 SAT היא NP קשה. זה מתקבל בקלות מתוך ההוכחה שסיימנו בשיעור הקודם, מתחילים מבעיה ב E3, LIN מתרגמים כל משוואה לארבע פסוקיות ב E3, SAT כך למשל המשוואה: x 17 + x 13 + x 7 = 1 מסתפקת ע"י 4 מתוך 8 ההשמות האפשריות למשתנים הללו, ולכן נגדיר 4 פסוקיות כך שכל אחת מהן לא מסתפקת על ידי אחת מההשמות ה"רעות", ולכן: (x 17 x 13 x 7 ) (x 17 x 13 x 7 ) (x 17 x 13 x 7 ) (x 17 x 13 x 7 ) ספיקות נקבל + α + 2 תהיה הרדוקציה של הנוסחה לעיל. מכך נקבל ( שמה שהוא ε 1 ספיק יעבור לבעיה שאף היא ε 1 ספיקה. ומ + α α) = α 4 משפט P CP 11.2 קיימים קבועים k ו > 0 ε כך שבעיית הפער ε) 1 (1, עבור (k) csp 2 היא NP קשה. מכך נובע NP P CP na 1,1 ε [O (log n), 2, log k] למה 11.3 ראשית קיים k קבוע ו > 0 0 ε קבוע, ואלגוריתם פולינומי כך שהקלט לאלגוריתם הוא בעיית (k) csp 2, נסמנה I, והפלט הוא בעיית (k) csp 2 שנסמנה I, כך ש: 1. I I (כלומר C גודל הבעיה החדשה לא גדול מדי) 2. (שלמות) אם I ספיקה לחלוטין, כך גם I (כלומר שלמות 1 נשמרת באלגוריתם)..3 (חיזוק) אם I הוא ε 1 ספיק, אז I הוא } 0 max {1 2ε, 1 ε ספיק. ומכך נובע משפט ה P CP ע"י הפעלת הלמה log n פעמים. הגדרה קטנה: אם I היא ε 1 ספיקה, נאמר ש ε היא הגריעות (badness) של I.