נושאים בתיאוריה של מדעי המחשב

Transcript

1 נושאים בתיאוריה של מדעי המחשב על פי הרצאות מאת פרופ' נתי ליניאל וד" ר גיא קינדלר 9 ביוני 010 רשם: שיר פלד, באמצעות LYX גרסה תיקונים יתקבלו בברכה במהלך ההפסקות או בכתובת מייל shirpeled@cs ספר שישמש אותנו לחלק מהנושאים Computational Complexity : A M odern Approach מאת בועז ברק וסנג'יב ארורה. 1 שיעור מבוא פסאודו רנדומיות כידוע יש בעיות הכרעה שאינן ב P, אולם קשה מאד להצביע על בעיה קונקרטית שכזו. בעיה לדוגמא: האם קיים אלגוריתם A אשר בהנתן n, N רץ בזמן no(1 והפלט שלו הוא טבלת האמת של פונקציה 1} {0, n f n : {0, 1} כך שהשפה L = { x : f x (x = 1 } אינה במחלקה (L P. היא בעצם השפה של f n התשובה לכך אינה ידועה... הגדרה 1.1 מספר נורמלי בבסיס b בקטע [1,0] הוא מספר שבו כל מחרוזת חוזרת בהסתברות אחידה (ביחס לארכה. מספר נורמלי אם הוא נורמלי בכל בסיס. לא ידועה לנו דרך לבנות מספר נורמלי באופן מפורש, ואף לא ידוע לנו על מספר שהוא נורמלי, אע"פ שבבחירת מספר אקראי בקטע ההסתברות שהוא נורמלי היא. 1 יש מבנים רבים שהם מסוג זה כלומר שקשה לבנות אותם מפורשות אולם הם במובן מסויים מתקבלים בהסתברות גבוהה בבחירה אקראית. בין מבנים אלו אקספנדרים (גרפים מרחיבים, אקסטרקטורים, מחוללי פסאודו רנדומיות כוחה של אקראיות יש מודלים שבהם אי אפשר להחליף רנדומיות. למשל בתקשורת. לאליס ולבוב (A ו B יש מחרוזות x,0} {1 n ו y,0} {1 n בהתאמה, ורוצים להכריע את בעיית הזהות. כלומר לחשב את: { 1 x = y f (x, y = 0 x y כמה ביטים נצטרך להעביר מעל גבי קו התקשורת? קל להתרשם שניתן להכריע את הבעיה ע"י העברת n ביטים (כלומר כל הביטים של x לבוב, למשל. מעניין גם שאי אפשר להסתפק בפחות מ n ביטים. הוכחה סכמטית: אם אליס מעבירה ביט אחד לבוב, אזי יש x כך שמבחינת בוב מרחב האפשרויות הצטמצם בחצי לכל היותר, באינדוקציה יוצא שצריך n ביטים כדי לכסות את כל n המחרוזות האפשריות עבור x.

2 רנדומיות משותפת מה התשובה כאשר: 1. מוסיפים מקור משותף של ביטים מקריים מסתפקים בכך שלכל,x y ההסתברות שהפרוטוקול נותן תשובה נכונה גדולה ממש מ פתרון (כאשר נניח שבוב מנסה להעביר מידע לאליס שצריכה להחזיר את (y f:,x בוב ישדר ( n r i y i (mod i=1 ונחזור על זה פעמיים. במילים אחרות המקור הרנדומי (r ישרה תת קבוצה של n, ונשלח את ביט הזוגיות עבור קבוצה זו. נעשה זאת פעמיים ולכן סה"כ נשלח ביטים. אם x = y ברור שהפרוטוקול תמיד יתן תשובה נכונה, כלומר בהסתברות 1, שזה אפילו יותר טוב ממה שדרשנו. במקרה ש x y אז יש i 0 כך ש.x i0 y i0 נתבונן במחרוזת האקראית הראשונה שקיבלנו.r 1 r...r i0...r n {r i } i i0 נתבונן בשני מקרים אחרי שקבענו את במקרה הראשון: r i y i = r i x i i i 0 i i 0 במקרה זה בהסתברות חצי = 1 i0 r ובמקרה זה נקבל: r i y i r i x i i i ולכן אליס תשיב נכונה. במקרה השני: r i y i r i x i i i 0 i i 0 r i y i i i r i x i גם כאן בהסתברות חצי = 0 i0 r ואז: ואליס תשיב נכונה גם כאן. (הערה: כל הסכומים הם מודולו ( כיוון שמבצעים את הפרוצדורה פעמיים ההסתברות לשגות בשתי הפעמים היא, 3 4 בסיבוכיות.3 שענינו נכונה היא לפחות 1, 1 ולכן ההסתברות = 1 4 רנדומיות לא משותפת נניח כעת שמקור האקראיות אינו משותף, אלא יש מקור פרטי לכל אחד, והם בלתי תלויים, מה אפשר לעשות אז? נתבונן אחרת בפרוטוקול הקודם בוב יבנה טבלת אמת באורך, n שבה כתוב, לכל מחרוזת באורך n את חישוב הזוגיות של מחרוזת זו כפול y, אליס תשווה את שני הביטים שהיא מקבלת מול המקומות בטבלה שלה של כפל x בכל המחרוזות באורך n. נבחין כי התכונה שהשתמשנו בה היה מובטח לנו שהטבלה של אליס והטבלה של בוב זהות במקרה ש x = y והן שונות בדיוק במחצית מהתאים כאשר x. y האם נוכל לקוות לבנות טבלאות כנ"ל (x C ו (y C עבור אליס ובוב בהתאמה, שאכן יהיו שוות כאשר x = y ושונות במחצית מהתאים כאשר x. y האם נוכל לקוות שגודל הטבלאות יהיה קטן יחסית? כן, אפשר למשל לבנות משהו בסדר גודל של 10n ואז בוב יוכל להגריל ביטים מהטבלה לשלוח את האינדקסים שלהם ב (10n log,

3 ולקבל הסתברות שגיאה כמקודם, אחרי שאליס תשווה את הביטים שהתקבלו לשני ביטים במקומות המתאימים בטבלה שלה. באופן יותר פורמלי: פונקציה C : {0, 1} Σ m נקראת קוד תיקון שגיאות עם מרחק,δ אם x, y {0, 1} n מתקיים: x y P r i {1...m} [C (x i C (y i ] δ כלומר (x C ו (y C יהיו שונים ב δ m מהביטים. טענה 1. קיים קוד תיקון שגיאות RS : {0, 1} n Σ m עם 1,δ כאשר Σ 10n וגם. m 10n (ספציפית זהו קוד ריד סולומון שיעור מדוע זה פותר את הבעיה שלנו? בוב יקח את y, יחשב את (y C, יבחר קואורדינטה i רנדומית במחרוזת (y C C, (y i כלומר יאמר על איזו קוא' הוא מסתכל ומה ערכה. כיוון שערכי הקוא' הם {10n,...,1} אז וישלח את (i, C (x i (כאשר = C (y i הוא ישלח (10n log, וסך הכל זה מחייב (n O (log שימושים בערוץ. אליס בודקת האם את האחד קיבלה, ואת השני היא יכולה לחשב. אם הם שווים אז היא משיבה ש x = y ואחרת ש x. y הוכחה: ( n מספר שלם. n ידוע לנו שבין 5n לבין 10n קיים מספר ראשוני p (אפשר להוכיח את זה מהיות המקדם הבינומי בהנתן x {0, 1} n קיים פולינום (i q יחיד מדרגה לכל היותר 1 n, המקיים.q (i = x i mod p כעת נאריך את המילה שאנחנו רוצים לקודד (שארכה n למילה באורך n, + p כאשר n הביטים הראשונים ישארו בעינם והביט ה n + i יקבל את (1 i q. n + וכך הביט ה 0 יקבל את ערך הפולינום עבור 0, הביט ה + 5 n יקבל את 4 + (n q וכך הלאה. מה אפשר לומר על המרחק של הקוד שהתקבל?.C (y i = q y (i ו C (x i נניח שיש,x, y אז (i = q x אז הפולינום q x q y הוא אפס בכל מקום שבו הקידודים שווים, אם x y אז זהו אינו פולינום האפס. מצד שני זהו כן פולינום מדרגה לכל היותר 1 n, ומשני אלו נובע שהפולינום מתאפס ב 1 n נקודות לכל היותר, ולכן כל שתי מילים שונות יעברו ע"י C למילים באורך 5n שהן מסכימות על חמישית מהקואורדינטות לכל היותר, ולכן המרחק. 4 5 של הקוד הוא זהו קוד ריד סולומון. תרגיל: לבנות קוד תיקון שגיאות עם > 0 δ קבוע, כך שאורך הקוד פולינומי ב n, והאלפבית נשאר בינארי..0.3 רעש בערוץ נניח שיש לנו קוד בוליאני כלשהו,C : {0, 1}n {0, 1} m שהוא קוד תיקון שגיאות עם מרחק 1 4 δ ו.m n C (x i עלולה להיפגע. אז אפשר נניח לשם התרגיל שאת האינדקס i אפשר לשלוח בלי שגיאות, אבל שליחת C (x i מספר פעמים פרופורציוני להסתברות לשגיאה. לשלוח פשוט את נניח כעת שהאינדקס עלול גם הוא להיפגע במהלך ההעברה, היות שיש בו log n ביטים, אז נשדר כל ביט בו log n פעמים. ואז במקום log n ביטים נשדר סך הכל log n log n ביטים, ונקבל הסתברות הולכת וקטנה לשגיאה, כפונקציה של n. C (x i שארכו,log n ואז לבנות את קוד תיקון השגיאות שלו ולשדר זאת, אפשר במקום כך לבנות את הזוג (i, זה יצא C log n ביטים, ואם המרחק של קוד התיקון השגיאות שבנינו גדול מההסתברות לשגיאה בצורה משמעותית נוכל להסיק מכך מה היתה המילה המקודדת לפני שהתרחשו בה שגיאות..1 מעגל חישוב אלגברי במעגל חישוב אלגברי יש: קבועים 1 ו 1

4 4 משתנים (רגיסטרים x 1,..., x n שערים לוגיים שמקשרים בין רגיסטרים לרגיסטרים, או קבועים, או בין תוצאות של שערים לוגיים. אחת התוצאות של השערים מוגדרת להיות תוצאת הפלט. למשל (דיאגרמה ללא הקבוע 1 :. ניתן גם להתבונן במעגל כפולינום, ולשאול למשל האם הוא זהותית שווה לאפס... נגיע לכך בהמשך. הגדרה.1 גודל של מעגל C הוא מספר תוצאות הביניים במעגל. הגדרה. בעיית ה :Identity בהנתן מעגל באורך n בדוק האם הפולינום הפורמלי שהוא מחשב הוא פולינום האפס. כלומר הפולינום x x הוא זהותית פולינום האפס, לעומת זאת, למרות שהפולינום x 7 x מתאפס לכל x מעל Z, 7 הוא אינו פולינום האפס. אלגוריתם הסתברותי לפתרון: נחסום את דרגת הפולינום מלעיל באמצעות גודל המעגל, נבחר מספר כזה של קלטים, ונזין אותם לפולינום, אם נקבל אפס לכל קלט שכזה, נעריך שאכן זהו פולינום האפס זהותית. לא ידוע אלגוריתם דטרמיניסטי. (מדוע זו נקראת בעיית הזהות? כי בהנתן שני מעגלים, אם נרצה לבדוק האם זהותית מתקבל מהם אותו פולינום אפשר את הפלט של אחד לכפול ב 1, לחבר אותו לפלט של השני, ולשאול האם מתקבל פולינום האפס. בעצם למה זו בעיה קשה? כי למשל בפולינום (שהוא מעגל די קטן 1 + n (x (x (x יש n גורמים, לפתוח ולבדוק את המקדמים זה זמן אקספוננציאלי. לבעיית חישוב הדטרמיננטה למשל יש מעגל ידוע בגודל פולינומי, נזכיר: det (A = sign (σ a i,σ(i σ S n i=1 per (A = σ S n i=1 a i,σ(i לעומת זאת לבעיית הפרמננט, המוגדר: לא ידוע מעגל פולינומיאלי. על מטריצת השכנויות של גרפים, הפרמננט נותן את מספר הזיווגים המושלמים בגרף הדו צדדי..1.1 זיווג מושלם בהנתן גרף G על הצמתים n} V = {1,..., נבנה מטריצה : A 0 {i, j} / E (G (A i,j = x i,j j < i {i, j} E (G i j {i, j} E (G x j,i

5 5 טענה 0.3 (A det כפולינום במשתנים x i,j אם"ם קיים זיווג מושלם בגרף הוכחה: בכיוון האחד בהנתן גרף שיש בו זיווג מושלם, למשל גרף בן 8 קודקודים שיש את הזיווג {6,4}, {8,3}, {5,}, {7,1}, נבחין שבדטרמיננטה יתקבל הגורם x 7,1 x 5, x 8,3 x 4,6 כפול סימן כלשהו של התמורה הרלבנטית. ואין שום גורם אחר שמאפס אותו, שכן גורם כנ"ל יוצא בדיוק מפרמוטציה אחת בדטרמיננטה. בכיוון השני נניח שאין זיווג. נבחין כי כל פרמוטציה מגדירה חלוקה של הגרף למעגלים מכוונים. נחפש גורם שאינו מתאפס ומתאים לתמורה π. נבחין כי ב π חייב להיות מעגל באורך אי זוגי, אחרת אפשר לקבל חלוקה למעגלים זוגיים, לחלק את הגרף לגרף דו צדדי ולקבל ממנו זיווג מושלם. את המעגל הזה נהפוך בפרמוטציה, זה ישמר את הגורמים אך יהפוך את הסימן של התמורה. 3 שיעור 3 הגדרה RP 3.1 אוסף בעיות ההכרעה L כך שקיים A אלגוריתם שרץ בזמן פולינומי, ועושה שימוש בביטים אקראיים, ולכל x מתקיים x L P r [A (x = Y es] = 1 (שני שליש הוא כאן קבוע שרירותי. x / L P r [A (x = No] 3 3 למשהו שהוא קרוב ל 1 במידה שהיא אקספוננציאלית ב n, למשל n קל לראות שע"י חזרות אפשר לשפר את יהי n. נתבונן בהסתברות על פני הביטים האקראיים: P r [ x, x = n, A (x L (x] מכיוון שנוכל לבחור אלג' כך שההסתברות עבור x ספציפי לשגיאה אינה עולה על n 10 (לפי ההערה הקודמת, אז ההסתברות שקיים x כנ"ל היא n (מספר הקלטים האפשריים כפול ההסתברות לעיל. מכאן שההסתברות הנ"ל חסומה ע"י 10 n n = 5 n נובע שכמעט כל מחרוזת רנדומית שניקח תעבוד עבור כל הקלטים בצורה מושלמת. שאלה: האם יש אלג' פולינומי G כך שבהנתן n מייצר מחרוזת r כך ש Aעובד r עבור כל הקלטים מגודל n? אם כן נריץ את G, נקבל מחרוזת, נריץ את A עם המחרוזת שהתקבלה ונקבל תשובה נכונה בהסתברות 1. ולכן RP P. איור מתוך :XKCD. מסקנה 3. אם היה לנו מחולל G כנ"ל היינו מוכיחים.RP P

6 6 הגדרה 3.3 נגיד כי שפה L היא ב P/P oly אם קיים אלג' דטרמיניסטי פולינומיאלי A, המקבל שני קלטים,x r כך שמתקיים: קיים פולינום (n p כך שלכל n מתקיים (n r p ולכל n יש (n r = r מתאים, כך שמתקיים: x = n, A (r, x = L (x בעצם יש ב P/P oly שפה בלתי כריעה. אם ניקח את בעיית העצירה ונקודד את המכונות בקידוד אונרי אז יש שפה אחת מכל גודל ונצטרך מחרוזת באורך ביט 1 שתאמר לנו האם המחרוזת 1 m מקודדת מכונה שעוצרת או לא, ולכן 1/P מכילה שפה בלתי כריעה... x α1 היא α i. באופן דומה דרגה של 1 xα מגדירים את הדרגה של פולינום האפס להיות, ודרגה של xαn n... פולינום מרובה משתנים היא דרגת המחובר בעל הדרגה המקסימלית. משפט 3.4 הלמה של ציפל שוורץ. יהא F שדה סופי ויהי ] n p F [x 1,..., x פולינום כך ש,deg (p d שאינו פולינום האפס. אזי P r x1,...,x n F [p (x 1,..., x n = 0] d F הוכחה: באינדוקציה על מספר המשתנים. מקרה הבסיס מהתאפסות פולינום במשתנה יחיד וכו'. יהי p פולינום ב n משתנים מדרגה d לכל היותר. נרשום את p כך: p (x 1,..., x n = q 0 (x 1,..., x n 1 + x n q 1 (x 1,..., x n 1 + x n q (x 1,..., x n x d n q d (..., x n 1 וברור ש.d d אם = 0 d אז x n לא מופיע, והדרוש מתקיים מהנחת האינדוקציה. d x הוא מדרגה d,l + והפולינום נניח 0 d ו 0 d q ונסמן את הדרגה של d q באות.l מכאן שהפולינום d n q כולו הוא מדרגה d לכל היותר מתקיים: l + d d. l כעת אם נקבע את n 1 x 1,..., x ונשאל F יתאפס בהסתברות q l ולכן, deg(q k F כל q k יתאפס בהסתברות שהיא d לכל F מה ההסתברות להתאפסות p, על פני x n נקבל שזהו פולינום מדרגה d, ולכן ההסתברות להתאפסות היא היותר. כלומר מנוסחת ההסתברות השלמה: P r x1,...,x n [p (x 1,..., x n 0] P r x1,...,x n 1 [q d (x 1,..., x n 1 0] P r xn [P (x 1,..., x n 0 q d (x 1,..., x n 1 0] ( 1 l (1 d F F 1 d + l F 1 d F כנדרש.. משפט 3.5 בעית הזהות עבור מעגלים אלגבריים היא ב RP

7 הוכחה: מספיק להכריע האם מעגל אלגברי מחשב את פולינום האפס. דרגת הפולינום חסומה מלעיל ע"י (n n גודל המעגל. נבחר שדה גדול מהדרגה לעיל, נבחר אקראית מספרים בתחום וניצב אותם בפולינום, כיוון שידוע לנו חסם על ההסתברות, אם נקבל מספיק פעמים 0 נוכל להכריז שהפולינום הוא פולינום האפס. יש כמה חורים בהוכחה כמו למשל "איך מוצאים שדה כל כך גדול" ואחרי שמוצאים עלולים להיות קשיים אם המציין של השדה מחלק את מקדמי הפולינום (שאז נקבל 0 תמיד גם אם הפול' אינו פול' האפס. 3.1 מעט רקע על קודים בינארי לתיקון שגיאות קוד לתיקון שגיאות היא קבוצה C.,0} {1 n לאיברי C קוראים מילות הקוד, האורך של Cהוא n. רוצים ניצול יעיל של ערוץ התקשורת ויכולת טובה של תיקון שגיאות. נשדר רק מילות קוד חוקיות, ואם התרחש רעש בדרך, מי שמקבל את המידע, ישער על סמך היכרות עם C את מילת הקוד הקרובה ביותר למילת קוד חוקית (ביחס למרחק המינג. אם המרחקים ההדדיים בין מילות הקוד גדולים, אז שיטת הפיענוח על סמך קירבה תיתן תוצאות טובות. קונקרטית, אם המרחק המינימלי בין שתי מילים הוא d, אז לכל מילה ששובשה בפחות מ נקבל פיענוח נכון. ספציפית מגדירים את המרחק של C להיות המרחק המינימלי בין שתי מילים בקוד. d מהקואורדינטות שלה [מכאן אני קצת מזניח את הנושא, מי שלא מתמצא מוזמן להסתכל בסיכומים ממבוא לתורת האינפורמציה, או בויקיפדיה על קודי המינג וקודים ליניאריים] 1 n log C מוגדר להיות הקצב של הקוד R נגדיר את המרחק המנורמל (C d להיות המרחק המינימלי לחלק ל n (באשר n הוא מספר האותיות במילת קוד חוקית. רוצים ש R ו (C d יהיו גדולים ככל האפשר, ושהפיענוח יהי יעיל. נזכיר ש C הוא קוד לינארי כאשר C היא לא סתם קבוצה אלא תת מרחב לינארי של Σ. n.r = 1 k n מטריצת בדיקת הזוגיות מגודל k n היא מטריצה שהגרעין שלה הוא בדיוק C, ואז מתקיים המרחק (הלא מנורמל של C הוא האורך הקטן ביותר של תלות ליניארית בין עמודות A (למשל באלפבית בינארי מספר העמודות המינימלי שאפשר לקבל מחיבורן 0. 4 שיעור 4 [ t 1, t t 1, 3] q ראינו את קוד,Hamming שהוא קוד ליניארי הגדרה 4.1 אומרים שקוד C הוא מושלם אם יש פרמטר γ כך שכל הכדורים ברדיוס הם זרים, ואיחודם הוא {1 n,0}. d מסביב למילות קוד חוקיות, נשים לב שקוד המינג הוא מושלם. זרות הכדורים: היות שכדורים ברדיוס אחד סביב מילות קוד חוקיות הם זרים. n t = n = n t n+1 מילוי המרחב: מהו מספר מילות הקוד? זהו בכדור ברדיוס יחידה יש + 1 n מילים בדיוק, ולכן סכום הנפחים של הכדורים: (n + 1 n n + 1 = n והם אכן ממלאים את המרחב. ידוע שמלבד קודי המינג (ומעל א"ב כלשהו יש רק עוד שני קודים מסויימים (קודי (Golay מושלמים ואין עוד מלבדם. 4.1 מציאת קוד בעיה כללית: בהנתן,n d למצוא את (d A,n הגודל המירבי של קוד מאורך n ומרחק לפחות d. גירסה אסימפטוטית (למקרה ש d n R (δ = lim sup {R (C C {0, 1} n, d (C δ n} n

8 8 חסם הכדורים ניקח את מספר המילים במרחב, ונחלק אותם במספר המילים המוכל בכדור ברדיוס d, ונקבל חסם עליון למספר המילים בקוד (כיוון שכל כדור מכיל מילת קוד יחידה: C ( n n i i d נזכיר כי: ( n n(h(p+o(1 αn, n H( ( δ ומכיוון שגדלי המקדמים הבינומיים הם, n ב ואז נחליף את המחובר הכי משמעותי בסכום, שהוא d אקספוננציאליים, אז הוא בעצם קובע את ההתנהגות של הסכום כולו, ולכן אפשר להתעלם מהמחוברים האחרים ולקבל: C n nh( δ R 1 H R (δ 1 H ( δ ( δ ולכן: וחסם הכדורים הוא : 4. חסם אליאס 1 δ, R. (δ = 0 במילים אחרות אם דורשים שכל שתי מילות קוד יבדלו זו מזו במחצית מארכן נתחיל מכך שאם אזי לא נוכל שמספר מילות הקוד יהיה אקספוננציאלי. בפרט קוד הדמר שראינו, ונותן מספר ליניארי של מילים, הוא אופטימלי במובן זה.. n טענה 4. אין קוד מאורך n בגודל מעריכי ב n שבו המרחק הממוצע בין מילות קוד הוא הוכחה: נתבונן במטריצה C n ששורותיה הן מילות הקוד החוקיות, ונחשב את המרחק הממוצע בין שתי מילות קוד: ובעצם לפי הגדרת מרחק המינג זה גם: ובהיפוך סדר הסכימה: 1 ( C 1 ( C x y C x y C d (x, y # {i x i y i } 1 i ( C # {(x, y as before x i y i }

9 9 אם נסמן ב N i וב Z i את מספר ה 1 וה 0 בהעמודה ה i בהתאמה, אזי הסכום לעיל הוא בדיוק: 1 i ( C N i Z i C N i = Z i = ולכן הסכום לעיל קטן מ: ומכיוון ש C N i + Z i = אז מכפלתם מקסימלית כאשר 1 i ( C ( C. n המקדם הבינומי הוא בערך ריבועי ב C ולכן זה בקירוב משפט 4.3 חסם אליאס :(Elias ( 1 1 δ R (δ 1 H נרחיב את ההוכחה לעיל לחסם של אליאס:.0 < p 1 נניח שבמטריצה הזו, שיעור ה 1 ים הוא p כך ש תרגיל פשוט מראה שעל מנת למקסם את N i Z i עדיף ש C i N i p ולכן, אם ידוע לנו שהמשקל הממוצע של מילת קוד הוא p, n אז בהוכחה הקודמת נוכל להחליף את N i Z i ב.p (1 p n לא יעלה על C ואז נקבל שהמרחק הממוצע ב C p (1 p לסיכום: אם C קוד מאורך n כך שהמשקל הממוצע של מילת קוד ב C הוא p, n ואם הגודל של C מעריכי, אזי המרחק הממוצע בין מילות הקוד הוא לכל היותר p 1 (p n כנ"ל. בעצם לא מוכרחים ש C יהיה מעריכי בגדלו, ודי שיהיה ריבועי. הוכחה: (חסם אליאס S S = ברדיוס מתאים. x }{{} central point E S [C S] =, r }{{} radius C S n נחתוך את C עם ספירת המינג אקראית מהי התוחלת של גודל חיתוך C ו S? מדוע זה נכון? נבחר את מרכז הספירה באקראי (את הרדיוס קבענו מראש ואז התוחלת תהיה: 1 n C S (x, r = 1 n x x,y 1 y C d(x,y=r 1 n y C # {x d (x, y = r} = 1 n = = y C (n C r n C S n ( n r בהיפוך סדר הסכימה: מכאן נובע שיש ודאי ספירה ספציפית שנותנת לפחות את המשקל הממוצע.

10 10 S C (n C r n כלומר תהי S ספירה ברדיוס r כך ש נתבונן רק במילות הקוד החוקיות שעל הספירה. ניקח את כל מילות הקוד בחיתוך עם הספירה, נפעיל עליהן xor עם מרכז הספירה x, זה בעצם שקול להזזת הקבוצה הזו כך שמרכז המעגל ימצא בראשית הצירים. עכשיו כל מילות הקוד (ב S C לאחר ההזזה משקלן בדיוק.r כדי לקבל את חסם אליאס, צריך לבחור r אופטימלי (אם בוחרים r = ρn אז (ρ δ = ρ 1 ומקבלים מכך.ρ = 1 1 δ 4.3 חסם גילברט ורשמוב נראה כעת חסם תחתון, כלומר חסם המראה שיש קודים טובים. והוא: R (δ 1 H (δ i δn, זה כאמור ( n δ השיקול החמדני: משמיטים כנגד כל מילת קוד כדור המינג ברדיוס δ n מסביבה, נפחו הוא אסימפטוטית n(h(δ+o(1 ולכן התהליך נמשך: n = n(1 H(δ nh(δ איטרציות, ולכן זה מספר מילות הקוד, וחסם תחתון לקצב מתקבל מהוצאת לוג וחלוקה ב n כמקודם. בעצם יש אפילו קוד ליניארי בקצב (δ H 1 ומרחק מנורמל שהוא לפחות δ. מספיק להציג מטריצת בדיקת זוגיות מתאימה, כלומר מטריצה בינארית k n שאין בה קבוצה קטנה של עמודות תלויות כלומר שהתלות הקצרה ביותר גדולה מ.δn.R = 1 k n את k נקבע בהמשך, נזכיר רק שבכל מקרה מתקבל ברור שאסור לקחת את עמודת ה 0, ולכן יש 1 k מועמדים לעמודות. אחרי שבחרנו עמודה, נוכל לבחור כל עמודה אחרת שנרצה, כלומר יש k אפשרויות. אחרי שיש שתי עמודות, נוכל לבחור כל עמודה שאינה צירוף ליניארי של שתיהן, שהיינו יש 4 k אפשרויות. באופן כללי עבור המקום ה + 1 n אסור לבחור אף אחת מהעמודות שכבר נבחרו, אסור לבחור אף עמודה שהיא סכום של שתי עמודות, אסור לבחור אף עמודה שהיא סכום של שלוש עמודות, וכן הלאה עד סכומים של 1 d עמודות. ולכן, אם הקשר בין n ו k מאפשר בחירה שכזו, כלומר: 0 < k ( n i i<d אז אפשר באמצעות האלגוריתם הנ"ל לבנות את מטריצת בדיקת הזוגיות המבוקשת. כמקודם, המקדם הבינומי המשמעותי הוא האחרון ולכן נדרוש 0 < k nh(δ nh(δ < k k < nh (δ ובמידה שזה מתקיים נוכל לבנות קוד ליניארי כנ"ל.

11 4.3.1 שתי הערות על גיאומטריה במימדים גבוהים כדורים בשני מימדים כדור היחידה תופס בערך 0.78 מקובית היחידה. 4π 3 ואז הכדור תופס 0.5 מהקוביה. בשלושה מימדים נפח הקוביה בערך 8 ונפח הכדור ככל שהמימד עולה היחס הזה דועך מעריכית, שכן: V n = π n Γ ( n + 1 = π n ( n! (π n n!! even n odd n אם ניקח חגורה ברוחב ε סביב קו המשווה ככל שנעלה במימד, החגורה תהיה כמעט כל הכדור, כלומר החלק מהספירה שאינו החגורה גדלו דועך מעריכית. סריגים (lattices ניקח קבוצה במישור, הנפרשת ע"י השלמים ושני וקטורים, כלומר: l = {n 1 x 1 + n x n 1, n Z} בעיה: בהנתן סריג n מימדי l, רוצים לדעת מהו הוקטור הקצר ביותר בו. היות ש 0 בסריג, אז זו שאלה שקולה למרחק הקצר, ונראה שיש קשר בין זה לבין שאלת המרחק של קודים קודי הדמר אי שויון הדמר deta n a i i=1 תהי A n n ויהיו a 1,..., a n וקטורי השורות בה. אז: הדטרמיננטה היא נפח המקבילון הנפרש ע"י הוקטורים, ומקבלים נפח מקסימלי כאשר הוקטורים ניצבים, וזה בדיוק הביטוי הנתון באגף ימין מטריצות הדמר מתבקש להבין את הדוגמאות שבהן מתקיים שוויון. קל לראות שזה קורה אם"ם a i ניצבים זל"ז. האם זה יכול לקרות כאשר aהם i וקטורי ±1? הגדרה 4.4 מטריצה n n שאיבריה ±1 ושורותיה ניצבות זל"ז נקראת מטריצת הדמר. באופן שקול A מטריצת הדמר אם כל שתי שורות שלה מסכימות בדיוק על מחצית מאיבריהן. וכן A A T = n I (כיוון שמכפלת מטריצה במשוחלפת שלה נותנת במקום ה,i j את המכפלה הפנימית של העמודה ה i ב j לא קשה להראות שאם 4 nויש מטריצת הדמר n n אז בהכרח n 4. השערה פתוחה: לכל n המתחלק ב 4 יש מטריצת הדמר n. n בניית סילבסטר בניית (סילבסטר ( מספקת טכניקה פשוטה לבנות מטריצות הדמר מסדר, n מתוך ההבחנה שאם H H H. מטריצת הדמר אז גם H H באופן יותר טכני אם n = t אז ניתן לכל שורה מספר ע"י וקטור בינארי באורך t, ואז עבור השורה המאונדקסת ע"י x והטור y מגדירים את התא x,y.a x,y = ( 1

12 1 בניית Paley יהי q חזקה אי זוגית של מספר ראשוני q, = p α אז יש שדה (q F. =GF ועליו נגדיר את הכרקטר הריבועי.χ זוהי העתקה 1} 1, {0, F χ : כך: 0 x = 0 χ (x = +1 x is a square, t F : t = x 1 x is not a square ניקח מטריצה ששורותיה ועמודותיה מאונדקסות ע"י איברי הששדה ובתא ה,x y נרשום את (y χ. x אזי על האלכסון רשומים אפסים, אבל בשאר המקומות רשום 1 ו 1, וכל השורות ניצבות זל"ז. כעת אם (4 q, 3 (mod רושמים באלכסון 1 במקום 0, ומוסיפים שורה ועמודה של 1 ים, אז מתקבלת מטריצת הדמר פולינומים נותנים כלי יעיל בתיאור ובבניה של קודים לתיקון שגיאות. בהנתן P פולינום המוגדר ע"י מקדמים או ערכים.(P ( y y בנקודות (במספר מתאים אזי אפשר לקודד את הפולינום ע"י חישובו בכל הערכים שהם המילים, כלומר מקבלים כך קידוד יתר, כלומר יותר מידע ממה שדרוש, ובדיוק בו נוכל להשתמש כדי לשחזר את הפולינום במידה שאירעה שגיאה. ידוע לנו ש + 1 d נק' במישור קובעות ביחידות פולינום אינטרפולציה אחד ויחיד ממעלה d, ואם נקבל קבוצה גדולה מאד של נקודות, אז כל + 1 d נקודות יתנו לנו מועמד לפולינום אינטרפולציה, נרצה למצוא דרכים לשחזר את הפולינום המקורי. 5 שיעור 5 (סיכם והקליד: אלון גונן. 1 נראה כרגע ונוכיח (באופן מדוקדק הפעם את חסם ג'ונסון. הראינו שאין קודים גדולים עם מרחק מנורמל < 5.1 חסם ג'ונסון הערה 5.1 נחזור על הגדרה: עבור B(x, ( 1 ϵ m,x {0, 1}n זה הכדור סביב x עם רדיוס (לא מנורמל.( 1 ϵ m משפט 5. יהי קוד C {0, 1}n במרחק מנורמל ϵ ( 1 ויהי.δ ϵ אז לכל x {0, 1} n מספר מילות הקוד 1. δ ( 1 B(x, אינו עולה על ב ( m δ הוכחה: תהינה y 1,..., y l C כך שמרחקן מ x δ m.( 1 נסמן.z i = x y i נשנה מעט את האינטרפטציה של xor.xor עבור שני ביטים זהים יתן 1 ועבור ביטים שונים יתן 1. נשים לב כי לאור הנחותינו מתקיים i < z i, 1 > ( 1 + δ m (1 δ m = δ m בגלל הנחותינו על המרחק מתקיים i j < z i, z j >=< y i, y j > ( 1 + ϵ m (1 ϵ m = ϵ m נגדיר.w = Σ l i=1 z i מתקיים w = Σ z i + Σ i j < z i, z j > l m + l ϵ m

13 מצד שני, לפי קושי שוורץ w 1 m < w, 1 > = 1 m (Σ < z i, 1 > 1 m (l δ m = 4 δ l m 4 ϵ l m לסיכום, נקבל l m + l ϵm 4 l ϵ m l 1 ונקבל δ 5. שירשור קודים ראינו את קודי RS (ריד סלומון. הראינו לגביו כי המרחק המנורמל שלו הוא שבסיס עבור RS ניתן ע"י עמודות המטריצה n m 1. זהו קוד ליניארי. ניתן להראות 1 z 1.. z1 n z m.. z m n 1 משפחה אחרת של קודים זה קודי.RM שם היה לנו שדה,d l N F, כאשר F d. < קוד RM ניתן לראות כאוסף כל הפולינומים ממעלה כוללת d ב l משתנים ולכן זה קוד ליניארי. נשאל כמה פולינומים ממעלה כוללת d ב l (משתנים ( יש. המספר הוא F numberof monoms (לכל מונום עלינו l + d לבחור מקדם. מספר המונומים הוא לכל היותר. בסך הכל נקבל כי מספר הפולינומים הוא לכל היותר l l + d l. F F l כאשר מתאימים כל פולינום שכזה לכל ערכיו (יש לנו F כאלה מתקבלת העתקה F l + d l F l F זה בעצם קוד.RM נבחין שכאשר = 1,l F = GF ( מתקבל קוד.RS.1 d F כפי שראינו המרחק המנורמל של קוד RM הוא קוד הדמר (H W הוא הטוב ביותר האפשרי בתחומו מבחינת המרחק אבל גרוע מבחינת הקצב. לקוד RS יתרון במרחק וקצב אך חסרונו בכל שאינו בינארי. נראה איך לצרפם ביחד ע"י פעולת שירשור. נגדיר את השירשור באמצעות ההעתקה הבאה: x W H(RS(x 1...W H(RS(x m בדומה ניתן לשרשר יחד קודים שונים.

14 .δ 1 = 1 n m המרחק של RS הוא.δ = 1 המרחק של W H הוא ניווכח כי לקוד המשורשר שהגדרנו מרחק δ. 1 δ לשם כך נעבור לנוטצייה של העתקות. יש לנו שתי העתקות: RS : F n F m W H : {0, 1} log F {0, 1} F הקוד המשורשר W H RS אם כך יוגדר W H RS : {0, 1} n log F {0, 1} m F יהיו n log F x, y {0, 1} ונביט בתמונות שלהן עבור ההעתקה RS(x, RS(y.W H RS שונים ב m δ 1 סימבולים. אם RS(x j RS(y j אזי W H שלהם שונה בשיעור δ מהמקומות. סה"כ המחרוזות שונות לפחות בשיעור.δ 1 δ נשאל כעת מה יצא לנו מהשירשור הזה? כפי שכבר ציינו לכל n N קיים מספר ראשוני בין n ל n. לכן יש הרבה שדות סופיים. כשמצרפים אותם ע"י שירשור כנ"ל אזי ניתן לקבל קודים עם תהליך קידוד פולינומי {1 n,0} {1 0n,0} במרחק מנורמל פיענוח קודים נראה אלגוריתם לפיענוח יעיל של קודי.RS אלגוריתם Berlekamp W alch לפיענוח קודי RS כידוע, פולינומים ממעלה d מעל שדה נקבע ביחידות ע"י + 1 d נקודות על העקום המתאים. השאלה היא אם כן בעלת האופי הבא: נתונים לנו ערכי p בנקודות שונות עם שיעור קבוע של טעויות. האם עדיין ניתן לפתור את בעיית האינרפולציה (לשחזר את p. משפט 5.3 יש אלג' פולינומי כדיקלמן: הוא מקבל כקלט רשימה m a 1, b 1,(,... a m, b (נשים לב כי המקרה המעניין הוא כאשר (m > d כאשר לכל [m] a i, b i,i איברים בשדה סופי כך שיש פולינום G ממעלה d המקיים m+d ערכי i. האלגוריתם מוצא את G בזמן פולינומיאלי. G(a i = b i לפחות עבור הוכחה: נתחיל מ"חימום": 1 1 m. אז השיטה הפשוטה הבאה תעבוד. נבחר אם מספר האינדקסים שבשבילם G(a i = b i הוא d+ + 1 d ערכים אקראיים של i ונחשב את פולינום האינטרפולציה המתאים. קל לראות כי תחת ההנחנה ה"ל נמצא את. 1 e הפולינום בהסתברות כעת נחזור להוכחה. נראה גירסה מוחלשת (העיקרון של ההוכחה המלאה דומה. נניח לשם הפשטות כי m = 4d והשיוון g(a i = b i מתקיים לפחות ל 3d t = ערכי.i נראה שיש פולינום C ממעלה d ופולינום E כך ש E הוא לא זהותית פולינום האפס. ממעלה d כך שמתקיים i C(a i = b i E(a i כלומר, נראה א. שיש פולינומים כאלה.

15 15 G = C E (במקומות שיש טעויות E יתאפס ואז לא נוכל ב. נראה שהפולינום E מחלק את C ואז פשוט נגדיר לתקן בצורה הזו. הוכחת א': (אם נוותר על התנאי ש E לא זהותית 0 אז אם נגדיר גם את C להיות פולינום האפס נקיים את הדרישה של א'. יש קבוצה מגודל d (בלתי ידועה לנו עבורה.G(a i b i נדרוש מהפולינום E להתאפס ב d הנקודות האלה. ניתן לספק את הדרישה הזו באופן לא טריוויאלי (פולינום E לא זהותית אפס. בבחירה כזו של E מתאים אנו יכולים לבחור C = G E ואז מתקיימים כל תנאי א'. יוצא אם כן ש C(x = G(x E(x.G = C E מתקיים לפחות ל 3d ערכים שונים של x ולכן השיוויון הזה מתקיים בכל נקודה שבה.g(a i = b i ל x כזה מתקיים i C(a i = b i E(a i = G(a 5.4 פיענוח מקומי local decoding נתון קוד.C : {0, 1} a {0, 1} b מקבלים y {0, 1} b ומחפשים x {0, 1} a כך ש y.c(x נוסיף עוד אספקט: מלבד y נקבל אינדקס j ורוצים לדעת את x j בהסתברות 3. נראה שתי דוגמאות: פיענוח מקומי לקוד הדמר נזכיר כי קוד הדמר ממפה x {0, 1} n ל (< (< x, y 1 >..., < x, y n כאשר ערכי y i עוברים כל הווקטורים ב {1 n,0}. אנחנו רוצים כאמור למצוא את x. j אחד ה y הוא e. j ואז >.,x e j =< x j נראה איך ניתן לפענח < 1 4 p לגלות את x j בהסתברות < 1 p 3. 1 קיימים y 1, y כך ש.y 1 y = e j אם מקומית את W H כך שלכל הקורדינטות y 1, y ב ( H(x W נכונות אז אפשר לחשב: x j =< x, e j >=< x, y 1 + y >=< x, y 1 > + < x, y > נבחר את y 1 באקראי ואז נגדיר y = y 1 e j (ונקבל y 1, y כנדרש. ניתן לראות שאם נמשיך כך סיכויי ההצלחה הם p פיענוח מקומי לקוד RM עכשיו נחשוב על קוד RM כהרחבה של פולינום במשתנים מרובים p מתת קבוצה של F l לקב' גדולה. ידועים לנו (בדרגשת שיבוש ρ ערכיו של פולינום ממעלה כוללת d ב l משתנים. רוצים פיענוח מקומי של.p(x הרעיון: נבחר ישר (תת מרחב אפיני חד מימדי מקרי דרך הנקודה L z = x} + t z t F x (צמצום p לישר הוא ממשתנה אחד t ומאותה דרגה. נגדיר (z.ϕ(t = p(x + t מתוך ערכי p המשובשים על הישר L z נפענח את הצמצום של p ותשובתנו תהיה p(x (0ϕ. = זאת נעשה ע"י אלגוריתם.Berlekamp W alch שראינו. נותר להראות כי בהסברות טובה L z לא מכיל שיבושים רבים מדי ואת זה נראה בעזרת אי שיוויון מרקוב. לפני כן נציג משפט. d (1 שיעור משפט 5.4 (ללא הוכחה יהי F שדה סופי,,d. l N יש מפענח מקומי לכל קוד RM המטפל ב 6 /( F טעיות שזמן הריצה שלו הוא ( F.poly(d,,l ז"א זהו אלג' A בעל זמן ריצה כנ"ל וגישה אקראית ל f : F l F כך שיש פולינום p ממעלה כוללת d המסכים 1 d 1 ומחזיר את p בהסתברות./3 F 6 עם f בהסתברות d 1. נביט במ"מ המתאים לכל ישר את שיעור F נאמר שיש דרך x הוא "מסוכן" אם שיעור הטעויות בו < /( הטעויות בו. ע"פ ההנחה E[x] 1 d F 6

16 ולכן לפי מרקוב, 1 P r(x > 3 E[x] 3 ז"א שבהסתברות לפחות /3 הישר המקרי שדגמנו אינו מסוכן ולכן אלג' BW מטפל בבעיה היטב. 6 שיעור מעגלים בוליאניים מוגדר מעל n משתנים בוליאניים x 1,..., x n וכו'. נוסיף את הקלטים הקבועים 0 ו 1 ואת, x 1, x,,... x n ונאפשר ליצור צומת חדש בגרף על ידי חיבור שני צמתים קיימים בגרף באמצעות אופרטור או אופרטור. גודל המעגל יהיה מספר הקשתות. עומק/גובה המעגל יהיה אורך המסלול הארוך ביותר (הגרף חסר מעגלים ולכן זה מוגדר היטב, ובדרך כלל זה יהיה מקלט לפלט. אפשר באמצעות מיון טופולוגי, לסדר את הצמתים לפי מרחקם מהקלטים. כל צומת שהוא במרחק + 1 i מהקלט, אפשר לחשב בזמן קבוע בהנתן ערכי הצמתים במרחק לכל היותר i מהקלט. אנחנו מניחים שהחישוב הוא מקבילי, ולכן עומק המעגל הוא בעצם זמן החישוב המקבילי. מפרש החוצה/פנימה = Fan-In/Out הוא חסם על מספר הקשתות הנכנסות יוצאות מקודקוד. במעגלים שהגדרנו מספר הקשתות הנכנסות הוא והיוצאות בלתי מוגבל. נטען שלא צריך שלילה כדי לבטא את כל הפונקציות (כלומר לקבל מערכת שלמה. מדוע? נניח שאנחנו מאפשרים שערי שלילה, נראה שיש מעגל באותה סיבוכיות שאינו עושה שימוש בשערי שלילה. הוכחה: כל צומת של שלילה נחליף בשלילת השרשרת שמובילה אליו (אפשר על ידי החלפת אופרטורים לאורך המסלול עד הקלטים, ואולי בסוף יהיו כל מיני x k שנחליף ב x k זה מותר. אולי נכפיל את גודל המעגל ב, אבל זה לא נורא. הגדרה 6.1 עבור פונקציה בוליאנית {1,0} {1,0} : f נגדיר את הקשיות של f להיות:( n H =הגודל (f המינימלי של מעגל שמחשב את (x f לכל.x {0, 1} n טענה 6. קיים פולינום + R p : N כך שלכל פונקציה בוליאנית 1} {0, 1} {0, : f אם (n f T IME (t אזי לכל n: H (f (n p (t (n הוכחה: בהנתן מכונת טורינג שרצה בזמן (n t אזי ניתן לתאר את הסרט הרלבנטי לריצה שלה ע"י רשימה באורך (n t של סרטים באורך (n t, התא ה i על הסרט ה k "יכיל" מספר חסום של משתנים בוליאניים אשר יאמרו לנו האם הראש של המכונה נמצא בתא הזה, האם האות 0 או 1 כתובה שם וכו'. המשתנה הזה תלוי במספר חסום של משתנים בוליאניים מהסרט ה 1 k (כלומר השלב הקודם בריצת המכונה ולכן נוכל ללא קושי לבנות מכך מעגל בוליאני. כך למשל אם נניח שהמכונה מקבלת כאשר במקום ה 0 כתוב 1 נבדוק את התא הראשון בסרט האחרון (כלומר את ערך התא הזה בזמן (n t והוא יכתיב את ערך הפלט של המעגל הבוליאני שנבנה. כיוון שכל צומת מתקבל ע"י מספר חסום של צמתים מהשכבה הקודמת נקבל מעגל שגדול פולינומיאלית מ (n t, כנדרש. מה עם הכיוון השני? אם נתון שלכל n מתקיים (n H, (f (n s מה נדע מכך על (? IME f? T האמת שלא בהכרח נדע כלום, כי נבחין שבעצם מעגל בוליאני היא סיבוכיות לא אוניפורמית, כלומר לכל n עשוי להיות מעגל שונה, ולכן זה נותן כוח מאד גדול, דומה ל P, poly ולכן f לא בהכרח כריעה.

17 17 טענה 6.3 תהי f פונ' בוליאנית כלשהי. (f H חסומה ע"י פולינום אם"ם f. P poly הוכחה: כקודם נוכל ליצור מעגל בוליאני שמחקה את האלגוריתם שמובטח מ P, poly ו"לצרוב" בתוכו את הרמז הנכון עבור ה n הספציפי שעבורו אנו בונים את המעגל. בכיוון השני אם יש לנו מעגל בוליאני הרמז יהיה המעגל עצמו... הגדרה 6.4 תהי פונקציה בוליאנית 1} {0, n f : {0, 1} נגדיר את d (f := Minimal depth of a boolean circuit computing f. הגדרה 6.5 יהיו B 0, B 1,0} {1 n תת"ק זרות, נסתכל בבעיה הבאה במודל תקשורת לשני שחקנים: עליזה מקבלת x, y כזה מכיוון ש (יש x i y i כך ש i {1,..., n} עליזה ובוב צריכים למצוא אינדקס.y בוב מקבל B 1,x B 0 שייכים לשתי קבוצות זרות. נגדיר C (B 0, B 1 = Minimal communication complexity of protocol to agree on i טענה 6.6 לכל 1} {0, n f : {0, 1} מתקיים: d (f = C ( f 1 (0, f 1 (1 C ( f 1 (0, f 1 (1 d (f למה 6.7 הוכחה: בה"כ שער הפלט הוא שער, ושני השערים המוליכים אליו מחשבים f 1 ו f כלומר f = f 1 f לעליזה יש = 0 (x x : f ולבוב יש y כך ש = 1 (y f ולכן עליזה קיבלה = 0 (x f 1 או = 0 (x.f עליזה תעביר ביט לבוב שיספר לו איזה מהביטים הוא 0 (ואם שניהם אז זה לא משנה איזה תעביר. נניח ש = 0 (x f ועליזה העבירה לבוב מידע זה, וידוע לנו שבוב קיבל 1 בשער ועליסה קיבלה 0, לכן נמשיך באופן רקורסיבי לשאול על השערים ולרדת במורד המעגל, כאשר על כל ירידה ברמה נבזבז ביט אחד של תקשורת, עד אשר נגיע לתא קלט ושנדע שבוב ועליזה לא מסכימים עליו, ולכן זהו ה i המבוקש. למה 6.8 לכל B 0, B 1 {0, 1} n זרות קיימת 1} {0, n f : {0, 1} כך ש: f (B 0 = {0}, f (B 1 = {1}, d (f C (B 0, B 1 (זה משלים את ההוכחה, כיוון שבפרט אם בהנתן f ניקח את (0 1 f B 0 = ואת (1 1 f B 1 = נקבל את המבוקש. הוכחה: (באינדוקציה על 1 (C (B 0, B למשל עבור 1 = C B 0, B 0 (נניח אם הקבוצות הן כל הקלטים שבהן הקוא' ה 7 היא אפס וכל הקלטים שבהן הקוא' ה 7 היא 1, ואז הפרוטוקול משיב 7 באופן קבוע במקרה כזה, אם הפרוטוקול פולט תמיד i, נבנה מעגל שבו הפלט הוא בדיוק x. i צעד האינדוקציה: נניח שהוכחנו עבור פרוטוקול באורך k, ונראה עבור פרוט' באורך + 1 k.

18 18 נניח בה"כ שעליזה מדברת קודם. נסמן ב B 0,0 B 1 0 B 0 את הקלטים עבורם הביט הראשון שעליזה שולחת הוא,0 1 בהתאמה..i לכל C ( B i 0, B 1 הבחנה ש 1 1 C (B0, B מדוע? נדע שההודעה הראשונה שנשלחה היא i, ולכן לא צריך לשלוח את הביט הזה, ונסמלץ את שאר הפרוטוקול כרגיל. f 0 (B 1 = {1} ו f 0 ( B 0 0 C ( B 0 0, B 1 עבור פונקציה f0 כלשהי, המקיימת {0} = מכאן שיש מעגל בעומק f 1 (B 1 = {1} ו f 1 ( B 1 0 C ( B 1 0, B 1 עבור פונקציה f1 המקיימת {0} = ויש מעגל בעומק כעת מתקיים f = f 0 f 1 ואם נוסיף צומת שנחבר אליו את פלטי שני המעגלים נקבל שהעמקנו את המעגלים הקודמים ב 1 לכל היותר, ומההבחנה נובע המבוקש. 6. קשיות והגברתה הגדרה 6.9 בהנתן 1} {0, 1} {0, : f ו.α נגדיר את (n H α (f להיות הגודל המינימלי של מעגל שמחשב את f על לפחות החלק ה α מהקלטים.x {0, 1} n כך למשל: H 1 (f (n = H (f (n H 1 (f (n 1 משום שבהכרח יש ניחוש לתוצאת הפונקציה שנכון בלפחות מחצית מהפעמים. יכול להיות שבשביל להחליט איזה מעגל נבחר (כזה שמנחש תמיד 0 או תמיד 1 נצטרך לעבוד המון, אבל המעגל עצמו יהיה קטן. דרך להוכיח למשל את NP P היא להראות ש,NP P poly כלומר למצוא f NP כך ש (f H גדול אסימפטוטית מכל פולינום. למצוא f NP כך ש H (f (n > 0n זו בעיה פתוחה... כך שמצבנו קשה מאד, והמרחק למצוא פונקציה מפורשת שהקשיות שלה היא גדולה מכל פולינום עוד רב. לא יודעים האם EXP P poly טענה 6.10 תהי s : N N ונניח שיש f EXP כך ש (n s (n H 1 (f אזי יש g EXP וקבוע > 0 c כך ש: s ( n c n c H 0.99 (g (n הוכחה: אם נתבונן בטבלת האמת של f עבור קלטים בגודל n בתור מחרוזת באורך. n נתבונן ב g כקוד ריד מולר של f (פחות או יותר מורכב עם הדמר (כדי שהפלט יהיה בוליאני ולא איברים בשדה, שזה מה שריד מולר פולט, ונתבונן ב g כמחרוזת. נקבל משהו באורך N 5 עם יכולת לתיקון של יותר מאחוז אחד מהשגיאות, ולכן בהנתן מעגל שמחשב את g נכונה ב 99% מהביטים נפעיל את אלגוריתם תיקון השגיאות של ריד סולומון כדי למצוא את המחרוזת שמייצגת את טבלת האמת של f, בהסתברות של 90% נתקן את השגיאות נכונה. זה עדיין קצת בעייתי כי הצגנו אלגוריתם ולא מעגל, וכן אנחנו רוצים לפתור ללא שגיאה, אבל התמודדנו עם בעיות דומות בעבר (היום ובתרגיל הבית, נמשיך בשיעור הבא להציג בדיוק כיצד נעשה זאת.

19 19 ו 7 שיעור 7 נמשיך את הוכחת הטענה האחרונה מהשיעור הקודם. מה שנרצה להראות זה שאם מניחים קיום של f קשה אקספוננציאלית, כלומר שדרוש זמן אקספוננציאלי כדי לחשב אותה, נוכל להראות קיום g שדרוש זמן אקספוננציאלי כדי לחשב אותה גם עבור 0.99 מהקלטים. ננסח זאת שוב לצרכי בהירות: משפט 7.1 אם יש f ExpT ime כך ש (n H 1 (f (n s H 0.99 (g (m s( m k poly(m אז קיים קבוע k כלשהו ויש g ExpT ime כך ש F נבנה את g כך שיהיה קוד תיקון שגיאות עבור f. עד כה ראינו קודי (d RM,F,l כך ש F השדה, l המימד ו d הדרגה. כלומר אוספי מילים מעל הא"ב F שמקודדות את ערכיו של פולינום מעל F l ודרגתו קטנה (שווה מ d. במילים אחרות אם יש לנו פולינום מדרגה d אז מילת קוד חוקית מתאימה בדיוק למטריצה l מימדית המכילה את ערכי הפולינום בכל הנקודות ב.F l הוכחה: תהי 1} {0, [N] f : ונרצה לקודד אותה כמילה h : [M] F }{{} בזמן פולינומי ב N, כך שהערכים של f יופיעו במקומות מוגדרים כערכים של h. למה הכוונה? שאם נרצה לחשב נקודה מסויימת ב f תהיה נקודה מסויימת ב h שמספיק לחשב אותה כדי לקבל תוצאה זו. (נזכיר כי N = n כלומר f היא טבלת אמת עבור מחרוזות באורך n נשתמש בקוד (d,rm,f,l מילת קוד תהיה פולינום ב l משתנים מדרגה d מעל השדה F, כאשר F = log 5 N (הגודל 5 לא חשוב, אבל נרצה שהוא יהיה פולילוגריתמי ב N log N log log N d = log N = l (זה חשוב כדי להשיג זמן פולינומי M = F l = ( log 5 n log N שהוא log log N אורך מילה יהיה למעשה מספר תאי המטריצה ה l מימדית, כלומר = N 5 פולינומיאלי ב N. נזכיר כי רצינו שערכי f יהיו ממש תת קבוצה של ערכי g, ולכן ניקח את המטריצה ה l מימדית שנבנה, נגדיר.f שערכיה יהיו ערכי H l ולכן תהיה קוביה H = d l H F כלשהי כך ש H = d l ונשכן את [N] בתוך הקבוצה נבחר H F (לא נסביר איך בוחרים, כי זה טכני ולא רלבנטי בגודל H, l איך נשכן? לא נראה אלגוריתם ספציפי, ונניח שיש לנו ϕ : [N] H l חח"ע שפועלת בזמן פולינומי וממפה את.H l מימדית l לתת מטריצה ה [N] זה אפשרי מבחינת שיקולי גודל, שכן H l = H l = ( l d = (log N log log N log N log log N l > N ולכן בקוביה H l יש "מספיק מקום" כדי להכיל את טבלת האמת של f. עתה נמצא פולינום h : F l F שדרגתו לכל היותר d, אשר ב H l מסכים עם השיכון שלנו. דהיינו: x [N] : H (ϕ (x = f (x d l (וזה חזק יותר ממה שאנחנו צריכים וגורר אותו בעצם h שנמצא דרגתו בכל משתנה תהיה לכל היותר מספיק למצוא לכל x 0 H l פולינום h x0 כנ"ל (כלומר שדרגתו בכל משתנה וכו' המקיים: { 1 x = x 0 h x0 (x = 0 x x 0 h = x 0 H l : f(ϕ 1 (x 0 h x0 ואז h שמחפשים יוגדר להיות: כלומר לקחת את כל הנקודות שאנחנו מזהים עם ערכי f, ולסכום את הפונקציות h x0 שמתקבלות בנקודות הללו.

20 אז איך נגדיר את h? x0 (בנוסחה הבאה (i x משמעות הקוא' ה i באיבר x, נבחין כי האיברים במטריצה ה l מימדית שלנו הם תאים המתוייגים ע"י l קוא' כל אחד h x0 (x = l i=1 { α H\ } x (i 0 ( x (i α כרגע זה באמת מתאפס לכל x, x 0 ננרמל כדי שזה יתן 1 על x 0 ונקבל: h x0 (x = l i=1 { α H\ ( x (i ( } x (i α x (i 0 0 α מה דרגת הפולינום? נבחין כי עבור = 7 i למשל המשתנה (7 x מופיע רק כאשר במכפלה החיצונית יש = 7 i, במכפלה הפנימית יש. d l 1 H איברים וזה פחות מ d l נקבל שהפולינום הכולל הוא כזה גם כיוון שביצירת h אנו סוכמים פולינומים שדרגתם בכל משתנה קטנה מ כן, כפי שרצינו. זמן החישוב גם הוא פולינומי, כיוון שבכל h x0 אנחנו מחשבים "לא הרבה איברים" במונה ובמכנה, וכדי לחשב את h הכללית צריך לסכום N פונקציות h x0 שונות, ולכן בסך הכל זה יצא פולינומי. כעת מחישוב מקורב של h לחישוב מדוייק של f d F של הקלטים, ולכן מה מרחק הקוד? לפי שוורץ זיפל שני פולינומים מדרגה d ישתוו על לא יותר מהחלק ה 1 d F = 1 1 P oly log(n המרחק של הקוד יהיה נגדיר את m, n כך ש m = M ו. n = N כעת אפשר לחשוב על f ו g כפונקציות ממחרוזות באורך n ו m כלומר: f : {0, 1} n {0, 1} g : {0, 1} m {0, 1} ( מהקלטים, אזי יש C רנדומי (שיש לו d F טענה 7. אם יש מעגל C בגודל (m s המחשב את h על אפשרות לקבל כחלק מהקלט שלו מחרוזת רנדומית שאורכה פולינומי ב n בגודל (m s (m poly כך שלכל x: P r [C (x = f (x] 3 אז מה זה בעצם (m s? (m poly נגדיר את זה להיות (n s: או אז נקבל s (n = s (m poly (m = s (5n poly (n s (m = s ( m 5 poly(m הוכחה: נתבונן ב C, בגלל ש h מקבלת ערכים בשדה אז יש לנו כמה שערי פלט שנתרגם לקלט ב F, אבל זה לא באמת משנה. על פי הנחתנו על חמש שישיות מהקלטים המעגל משיב נכונה. אנו רוצים לחשב את (x f בהסתברות טובה. לא מספיק לנו לחשב את ((x C ϕ שכן זה אמנם C יעבוד באופן כללי בהסתברות טובה על כל F, l אבל אולי C ממש טועה על כל איברי... H l מה עושים? משתמשים בריד מולר, ועושים בו פיענוח מקומי. לוקחים את התא המבוקש מתוך H, l שאת ערכו נבקש לחשב, נעביר ישר מקרי במטריצה F l שעובר דרך התא המבוקש, וראינו שבהסתברות טובה יתקבל קידוד ריד מולר שבו בתא המבוקש יש את הערך המתאים.

21 1 מהידוע לנו על פיענוח לוקאלי נקבל: P r [C (x = f (x] 3 ולכן נותר לבדוק כמה משאבים אנחנו מבזבזים: כמה נקודות יש על ישר בעולם F? l נוסחת הישר תהיה a + t b כאשר t רץ על כל איברי F, ואת a ו b נבחר כך שהישר יעבור בתא שלנו, מכאן שבישר יש F נקודות. מכאן שנעריך את C ב F ערכים, כלומר במספר פולילוגריתמי ב N, וזה פולינומי ב n וגם ב m, בנוסף חישוב ריד מולר יעלה לנו משהו פולינומי באורך המילה ולכן סה"כ: C C poly (m טענה 7.3 קיים קבוע אוניברסלי k כך שאם {1,0} n f :,0} {1 ניתנת לחישוב בזמן אקספוננציאלי, אז יש {1,0} m h :,0} {1 שניתנת לחישוב גם כן בזמן אקספ', וכך שאם מעגל C, בגודל (m s, מחשב את h על 0.9 מהקלטים בגודל,m אז יש מעגל C המחשב את f על קלטים בגודל m k ומתקיים (m C m poly מסקנה 7.4 אם f ExpT ime מקיימת (n H 1 (f (n s אזי יש h ExpT ime כך ש : H 0.9 (h (m s ( m k poly (m הבעיה היחידה שנותרה היא ש h אינה פונקציה בוליאנית. שכן: h : {0, 1} m log log m {0, 1} איך נבנה את g הבוליאנית שלנו? נמיר את הקוד לבינארי ונחליף כל "מילה בינארית" שמייצגת "אות" בשדה F בקוד הדמר שלה, ונתרגם אותה בהתאם, ואז (i g,x (i = Had h ((x ו: g : {0, 1} m+log m {0, 1} (מדוע אין אנו מסתפקים בתרגום בינארי? כיוון שאז יהיה אפשר להחליף מספר לוגריתמי של ביטים אבל לפגום בכל המילה, וקוד הדמר שומר שכל עוד השתבשו פחות ממחצית מהביטים ב"מילה הבינארית" נדע לתקן זאת, שכן קוד הדמר מנפח את הקידוד שלנו, שהוא log log N באופן אקספוננציאלי 8 שיעור תיקון מקומי תזכורת מהו אלגוריתם לפיענוח מקומי של קוד E : F n F m הפועל במרחק מנורמל ρ? d H (זהו מרחק m זהו אלגוריתם D הפועל בהנחות הבאות: יש y F n כך שיש x F n יחיד המקיים (y, E (x < ρ המינג מנורמל, האלגוריתם D מקבל גישה אקראית ל y ואינדקס j ומחשב את x j (הקוא' ה j של x בהסתברות לא, 1 F למשל אם 1} {0, = F אז.( 3 טריוויאלית (כלומר חסום מ הצורה האופיינית שבה יתממשו כאן הרעיונות הללו: יש פולינום P לא ידוע ("מילת קוד", וזהו (x E מוכרת לנו P, כלומר לשחזר את }{{} גרסה מורעשת (=מקולקלת של P, היא f, ע"י גישה מקרית ל f. נרצה לדעת את x j ערך הפולינום הבלתי מורעש בנקודה ספציפית.

22 מדוע זה מועיל לפיענוח? כיוון שראינו שאפשר לדרוש שהמילה אחרי הקידוד, תכיל את כל הקואורדינטות של המילה שלפני הקידוד, אולי לא באותו הסדר ולא ברצף, אבל בתבנית ידועה, ולכן בהנתן האלגוריתם D, נוכל ממש לפענח. כזכור, ראינו אלגוריתם פולינומי כנ"ל לפיענוח מקומי של קוד :RM 1. פיתחנו אלגוריתם יעיל לפיענוח של,RS מחפשים פולינומים שמתאפסים במקומות מתאימים ופותרים משוואות ליניאריות,.Berlkamp W alch. האלגוריתם עצמו: בהנתן לנו גישה אקראית לפונקציה f : F w F שקרובה דיה לפולינום ממעלה d ב n משתנים, ובהנתן לנו x F l רצינו לדעת בהסתברות לא אפסית מהו (x P. דרך הנקודה x F l מעבירים ישר מקרי,L הצמצום של P ל,L כלומר נבחר באקראי b F l ואז הישר יהיה F} L = {x + bt : t במשתנה היחיד BW Berlkamp W alch ואותו אנו מפענחים בעזרת אלגוריתם RS את הצמצום הנ"ל אנחנו רואים כקוד t. F ותשובתנו היא (0 Q. היום נעבוד בשלבים הבאים: 1. פיענוח רשימות מקומי. אלגוריתם Sudan לפיענוח רשימות של RS 3. דרך x נעביר עקום ממעלה (שניה שלישית y נצמצם את RM ל y, גם כאן יתקבל קוד RS בפרמטר t F על הצמצום נפעיל את אלגוריתם Sudan ונגמור כמקודם. 8. פיענוח רשימות של (M. Sudan 96 RS אם E : F n F m קוד לתיקון שגיאות, אז בפיענוח רשימות שלו נרצה, בהנתן לנו y F m לדעת את כל מילות הקוד בסביבה מרדיוס נתון סביב y. משפט 8.1 יש אלגוריתם יעיל שבהנתן לו (a 1, b 1,..., (a m, b m F מחזיר את כל הפולינומים G במשתנה יחיד ממעלה d כך ש G (a i = b i לפחות עבור dm ערכים של.i Q (b i, a i = מתקיים i כך שלכל m d הוכחה: נמצא פולינום (y Q,x שמעלתו ב x היא dm ומעלתו ב y היא.0 נתרגם את הדרישה על Q למערכת של משוואות ליניאריות הומוגניות במקדמי Q. מספר המשוואות הוא m ומספר המשתנים הוא אחד לא טריוויאלי, כלומר יש Q כנ"ל. (מדוע זה מספר המשתנים? שכן עבור 1 + dm (1 + m d Q = 0 i α 0 j β a ij x i y j ( < m, וכיוון שכך יש לפחות פתרון יש β + α (1 + (1 מקדמים יש אלגוריתמים יעילים לפירוק לגורמים, ובעזרתם נפרק את Q לגורמיו. (לא נפרט על כך (* לכל גורם G של Q מהצורה (x Gכשמעלת (x, y = y P P היא d ו P (a i = b i לפחות ל t ערכי i נקבל את P לרשימה. נזכיר שאנחנו מקבלים כקלט רשימה של m נקודות וערכיהן בפולינום ורוצים כפלט לתת רשימה של כל הפולינומים P במשתנה יחיד, המועמדים לתפקיד הפולינום המקורי, שמעלתם d, וכך שלפחות עבור t מה i ים (כאשר.P (a i = b i מתקיים (t = md בכיוון אחד ברור שכל פולינום שיתקבל על ידי האלגוריתם, לפי דרישת (* מקיים את הנחוץ לנו. בכיוון השני יש להוכיח שאם Φ עומד בדרישות המשפט, ז"א פולינום במשתנה יחיד ממעלה d המקיים.Q הוא גורם בפירוק של y Φ (x פעמים, אז t לפחות Φ (a i = b i t > md = d m d + }{{ md } נביט בפולינום ((x Q,,x Φ וזה פולינום במשתנה יחיד x, ומעלתו deg Q in x }{{} deg Q times deg Φ והפולינום הזה מתאפס t פעמים ולכן הוא פולינום ה 0 Q (x, Φ (x 0 Q (y Φ (x

23 3 נסביר את המעבר האחרון: כזכור מאלגברה לינארית, הפולינום (z A מתחלק ב z α אם"ם = 0 (α.a זה אנלוגי למה שאנחנו רוצים להוכיח, כלומר לקחת את (x Q כשדה הפונקציות הרציונליות ב x, ולהתבונן בחוג הפולינומים ב y מעליו, ואז (x Φ הוא איבר בשדה ולכן הפולינום (y Q,x (שהוא בעצם פולינום במשתנה y מתחלק ב (x y Φ אם"ם הפולינום מתאפס עבור הצבת (x Φ, ואכן ראינו שכך הוא, כלומר במקרה שלנו התוצאה היא שמקבלים זהותית את פולינום האפס. וכיוון שהראינו את שני הכיוונים קיבלנו שהאלגוריתם אכן משיג את מטרתו המוצהרת. כעת נרצה לבחון את אורך הרשימה המתקבל בפיענוח הרשימות ולהראות שהוא לא גדול מדי. הקודמת, כיוון שכל פולינום שמצאנו היה מתוך פירוק של Q, מספר הפולינום לא גדול מדרגת Q. בפרט מההוכחה > ε אז יש לא יותר מ ε פולינומים ממעלה d אשר d F טענה 8. תהי f : F F כלשהי, יהי 0 d שלם ו מתלכדים עם f בלפחות F ε מנקודות השדה. הוכחה: יהיו P 1,..., P k כל הפולינומים כנ"ל, נוכיח ש k ε נחשוב על F כמרחב הסתברות בהתפלגות אחידה, ונביט במאורע A i F המוגדר : A i = {x F : P i (x = f (x} הערה: כאשר קוטעים את נוסחת ההכלה וההדחה במקום זוגי מקבלים חסם תחתון (ובמקום אי זוגי מקבלים חסם עליון על ההסתברות של האיחוד, ולכן: ( 1 P r Ai P r (A i P r (A i A j i<j, d וכל מחובר בסכום האחרון הוא בעצם חיתוך של שני F נבחין כי בסכום הראשון כל מחובר גדלו לכל היותר מאורעות כנ"ל, כלומר מספר הנקודות שעליהם מסכימים שני פולינומים מדרגה לכל היותר d וזה כמובן d לכל היותר, ומכאן: ( k d 1 k ε F 1 d ( ε F k = ε נקבל אם ניקח ε d F > 1 d F > d ε F > ε בסתירה להנחתנו על בחירת אפסילון, ומכאן ש ההנחות הנ"ל. k < ε כנדרש, ובעצם אין "המון" פולינומים המסכימים עם f תחת

24 4 8.3 פיענוח רשימות מקומי יש f קרובה ל P, יש לנו גישה אקראית ל f, בקלט x רוצים את (x P בהסתברות הצלחה לא טריוויאלית. היינו רוצים למצוא בסיכוי הצלחה לא טריוויאלי את (x P כאשר P הוא פולינום אחד מסויים מבין אלה הקרובים ל f. הבעיה היא לתת אפיון (מציין ל P שבו אנו מעוניינים אף כי הרשימה איננה לפנינו. מדוע? כיוון שאחרת היינו מקבלים בכל פעם (אולי פולינום אחר, שהוא בעצם מילת קוד אחרת, והפיענוח שלנו היה משתנה לפי האינדקס שאליו אנחנו ניגשים, וזו קטסטרופה אם אנחנו מצפים ממנו להיות קונסיסטנטי. איך ניתן "להצביע" על?P למשל P (x 0 = y 0 הגדרה 8.3 יהי E : {0, 1} n {0, 1} m קוד מתקן שגיאות ו (ε > 0 ρ = 1 ε אומרים ש D הוא מפענח רשימות מקומי ל E המטפל ב ρ שגיאות אם לכל y {0, 1} m ו x {0, 1} n המקיימים (E (x, y ρ יש ( אינדקס poly log m ε ] ( poly i 0 [ כך שלכל [n] j בהנתן קלטים i 0, j וגישה מקרית ל,y האלגוריתם D רץ בזמן n ε ופולט את x j בהסתברות 3. (כאשר x הוא האיבר ה i 0 ברשימת איברי 1} n {0, המקיימים את התנאי (E (x, y ρ ( שגיאות. ז"א לכל F, d, l יש אלגוריתם D d F משפט 8.4 לקוד RM יש מפענח רשימות מקומי המטפל ב בעל זמן ריצה l,poly (F, d, לאלגוריתם יש גישה מקרית לפונקציה f : F l F והוא מקבל שני קלטים x F l ו.F ופולט איבר ב i F l+1 10 מהנקודות, אז יש d F אם הפונקציה fמתלכדת עם פולינום כלשהו P : F l F ממעלה d על לפחות l+1 i 0 F כך שמתקיים P r ( D f (i 0, x = P (x 3 על פני הבחירות האקראיות של D הטענה במשפט חלה על כל x! אנחנו נוכיח זאת רק עבור 0.9 מה xים, ואז נפעיל את אלגוריתם הפיענוח של RM הרגיל, על מנת להשיג זאת לכל x. הערה: אנחנו חושבים על l+1 i 0 F בתור זוג (x 0, y 0 F l F 9 שיעור 9 טענה 9.1 נניח ש f Exp מקיימת (n H (f (n s עבור poly (n < s (n < n H avg (g (m s ( m החל מ m > m 0 כלשהו. c 1 c אזי יש פונקציה g Exp וקבוע > 0 C כך ש H 1 נזכיר ש H avg (g (m > s משמעו + 1 s (g (m > s הגדרה 9. אם ψ : Σ N 1 Σ M קידוד. אז מפענח רשימות מקומי מתאים המבצע q שאילתות ועובד עבור רשימות בגודל L ומרחק δ (אפשר לומר באופן דומה הסכמה α = 1 δ הוא מעגל/אלגוריתם הרץ בזמן q ומקיים שלכל y Σ M (כלומר מילה במרחב שבו חיות מילות הקוד ולכל x Σ N 1 כך ש d (ψ (x, y < δ (וכאן באופן דומה אפשר לומר (agr (ψ (x, y > α = 1 δ קיים L} t {1,..., (אינדקס לאיבר ברשימה עבורו מתקיים: j {1,..., N} C (y, j, t = x j הוכחה: (סכמה של הוכחה לטענה בהנתן {1,0} n f :,0} {1 כמו בשאלה, נתבונן ב"מילה" שהיא טבלת האמת שלה, ואורך המילה לכן יהיה.N = n נייצר 1} {0, kn g : {0, 1} שטבלת האמת שלה תהיה באורך.M = k n

25 5 כלומר הקידוד יהיה: ψ : {0, 1} N {0, 1} M ולכן (f.g = ψ קל לראות ש g אכן ניתנת לחישוב בזמן אקספוננציאלי (מנימוקים שכבר ראינו בעבר אז נציג מעגל C המקיים נבחר q = s (n ε ואז בהנתן מילה h {0, 1} M שמסכימה עם g על s(n 3.(j כלומר על תקן,f כאן הוא אינדקס לתא במילה x C (h, x, t = f (x f. (x ומחזיר את n, כלומר בזמן פולינומי ב N, רץ בזמן פולילוגריתמי ב C מה זה אומר? שאם h קלה לחישוב, אזי לא ניתן למעגל שלנו את h בייצוגה המלא (כי ממילא זמן הריצה שלו לא יספיק כדי לקרוא את כולה, אלא רק גישה למעגל פולינומי שמחשב את h, ואז C שלנו בזמן פולינומי יכול לחשב את.f (x כלומר אם נציג קוד תיקון שגיאות בפרמטרים שהוצגו (הדרישה הרצינית פה היא ש q פולילוגריתמי באורך המילה, כלומר אלגוריתם הפיענוח קצר מאד, ועדיין מצליח לחשב ביט אחד מתוך הקלט הקידוד הקידוד שנשתמש בו: נהפוך את טבלת האמת של f (שתאיה מתוך {1,0} מילה g שאותיותיה ב F כלשהו, ובאמצעות קוד W H נהפוך g = W H RM ונקבל מילה שאותיותיה ב 1}.{0, s (nε }{{} F =field size, s (n ε, }{{} d=degree n log d }{{} l=dimension מילה זו ל (f 9.0. פיענוח איך נפענח הרכבה של הקודים? נפעיל את אלגוריתם הפיענוח של RM וכאשר נרצה את הערך בתא מסויים של g (ונתונה לנו רק g נחשב את הפיענוח של Wעבור H המקום הזה. ביתר פירוט: נניח ש M ψ : {0, 1} Σ מגיע עם פיענוח רשימות לוקלי עם q 1 שאילתות, הסכמה α ואורך רשימות.L 1 ו Φ : Σ M {0, 1} M עם פיענוח רשימות לוקלי עם q שאילתות, הסכמה + ε 1 ואורך רשימות.L טענה 9.3 ל Φ ψ יש פיענוח רשימות לוקלי עם q 1 q שאילתות, הסכמה + ε + α L 1 ואורך רשימות.L 1 L הוכחה: אם C מפענח רשימות המתאים ל ψ ו D מפענח רשימות ל Φ, נבנה מפענח E להרכבתן : E (h, x, t 1, t t1 {1,...,L 1 },t {1,...,L } ו Eיפעיל את 1,C (D (h,, t, x, t זה קצת abuse of notation אבל הכוונה היא שלא ניתן למעגל את h במלואה, אלא גישה ל D עם הפרמטרים המתאימים, וזה שקול למתן (h D במפורש. טענה: נניח של h יש הסכמה + ε + αl 1 עם הקידוד (f,φ ψ אזי עבור לפחות αl מהאיברים y מתקיים (כאן y הוא התא ה y בקידוד של f ע"י ψ: agr ( Φ (ψ (f (y, h y 1 + ε הוכחה לטענה: מא"ש מרקוב (דילגנו על להראות את זה במדויק לכן לפחות על αl מהאיברים יש הסכמה + ε, 1 ולכן יש t שכאשר נשתמש בו נפענח את g ψ (f = על לפחות α מהקלטים. ומכאן שעבור tזה יש t 1 שעבורו המפענח יחשב את (x f נכונה לכל x.

26 6 9.1 מעגלים ופסאודו רנדומיות תהי D התפלגות על קלטים מ {1 n,0}, נאמר ש D היא ε פסאודו רנדומית למעגלים בגודל s אם לכל מעגל C בגודל s מתקיים P x D (C (x = 1 P x Un (C (x = 1 < ε בהנתן פונקציה g :,0} {1 n,0} {1 m (נחשוב ש m גדול מ n נאמר ש g היא ε יוצר פסאודו רנדומי אם למעגלים s. רנדומית עבור מעגלים בגודל התפלגות ε פסאודו g }היא {(x x Un בגודל s, 1 יוצר פסאודו רנדומי, כאשר m.n = O (log אבחנה: עבור s פולינום ב n יש g : {0, 1}n {0, 1} m שהיא 10 בשלב הראשון נרצה לנפח x U n ל 1+n y,0} {1 כך ש y יראה אקראי לחלוטין, אבל הניפוח של x ל y יהיה דטרמיניסטי. בהנתן f כך ש (n H avg (f (n > s נבנה ε P RG שהוא n+1 g : {0, 1} n {0, 1} עבור מעגלים בגודל g (x 1,..., x n = (x 1,..., x n, f (x (ε = 1 s(n קצת יותר קטן מ s. (נגדיר נגדיר: מדוע זה אכן יוצר כנ"ל? כי אם באמצעות מעגל קטן מ s ניתן להבדיל בין התפלגויות נוכל באמצעות אותו מעגל לחשב את f... ביתר פירוט: P 1 = P r [C (x, f (x = 1] P = P r C x, x n+1 }{{} random bit = 1 נניח: P 1 P > ε ונגדיר את C שמקבל את x 1,..., x n ביטים ועוד ביט רנדומי n+1.x נריץ את 1+n C, x 1,,... x n, x אם מקבלים את התשובה 1 אז C בעצם אומר לנו ש"לדעתו" הביט שהוספנו הוא (x f, ולכן נחזיר אותו, ואחרת נחזיר את 1+n x. 10 שיעור 10 ראינו בעבר פיענוח לוקלי בעזרת מספר פולי לוגריתמי של גישות. לקוד W H (וולש הדמר ראינו פיענוח לוקאלי בעזרת שאילתות (אורך הקוד אקספוננציאלי. שאלה פתוחה: האם יש קוד f :,0} {1 n Σ m עם קצב פולינומי (כאן פולינומי הכוונה גם למספרים שליליים במעריך הפולינום אשר יש לו פיענוח בעזרת מספר קבוע של גישות? יודעים שעבור גישות בלבד התשובה היא לא, כלומר אורך הקוד חייב להיות אקספוננציאלי. עבור k גישות בעצם ידועים קודים תת מעריכיים (Sub-exponential תזכורת: 1} {0, 1} {0, : f מקיימת (n H avg (f (n > s אם אין מעגל בגודל קטן מ (n sשמחשב את f על מהקלטים באורך.n s(n הוכחנו שאם f ExpT ime ו (n H (f (n > s אז קיימת g ExpT ime ו > 0 c כך ש (m H avg (g s ( m c (כלומר שאם יש פונק' קשה במקרה הגרוע, יש פונק' שהיא קשה בממוצע

27 7 הגדרה 10.1 התפלגות D על {1 n,0} היא ε פסאודו רנדומית (מעתה יסומן פ"ר למעגלים בגודל s אם... וכו' הערת סימון: כאן אנו מסמנים ע"י U k דגימה מתוך התפלגות יוניפורמית על k ביטים. הגדרה 10. פונקציה 1} {0, 1} {0, : g היא s (l P RG (דהיינו יוצר פ"ר אם היא חשיבה בזמן O(l על קלטים בגודל l, ובהנתן קלט כזה מייצרת מחרוזת באורך (l s כך ש (l g U היא 1 10 פ"ר עבור מעגלים בגודל (l 3 s. דוגמת "צעצוע" טענה 10.3 תהי f ExpT Ime המקיימת H avg (f (n > n 4 אזי הפונקציה g המקיימת: g (z = g (z 1, z,..., z l = (z, f (z היא 1 + l s (l = יוצר פ"ר. הוכחה: נניח שיש מעגל c בגודל (l שמבדיל בין l g (U ובין l+1 U (מבדיל עם פרמטר ( l מהקלטים. תחת הנחה זו נבנה מעגל c שמחשב את fעל יותר מאשר 4 בהנתן הקלט l+1 (z, z שהוא מחרוזת בת + 1 l ביטים, נפעיל את c עליהם, אם = 1 l+1 c (z, z נחזיר l+1,z ואחרת נחזיר את 1+l z נטען: אם בוחרים את l+1 z, z באופן מקרי, אז (z]. P r [c (z, z l+1 = f מספיק להוכיח את הטענה ואז קיימת בחירה של 1+l z (נגיד ( 1 שעבורה ההסתברות ש c מחשב נכונה את f, l ו. c l 4 זאת בסתירה לקושי החישוב של.f הוכחה: (טענת, 1 4 וזה הרבה יותר גדול מ גדולה מ העזר נגדיר: p g = P r [c (g (U l = 1] כלומר ההסתברות שכשנותנים ל c את ((z,z f אז הוא יתן 1. נגדיר גם: p u = P r [c (U l+1 = 1] וזו ההסתברות ש c ישיב 1 כאשר נותנים לו,z, u 1 כלומר בעצם + 1 l ביטים שהוגרלו באקראי..p g p u 1 10 אנחנו יודעים מהנחתנו ש נחשב: P r (z,zl+1 [c (z, z l+1 = f (z] = 1 P r [c (z, z l+1 = f (z z l+1 = f (z] }{{} = 1 p g + 1 ( [c P r z, f (z = 1 p g + 1 ( [ ( 1 P r c ( = 1 p g P r [c =p g + ] = 0 ] z, f (z = 1 ] z, f (z = 1 1 P r [c (z, f (z = 1] } {{ } A 1 P r [c (z, z l+1 = f (z z l+1 f (z] }{{} } {{ } B =P r[c(z,f(z=0] + 1 P r [c (z, f (z = 1] } {{} = 1 pg נבחין כי A + B = p u ולכן: = p g + 1 p u וכיוון שראינו שבהנתן טענה זו מוכח הדרוש סיימנו.