ย้อนกลับ Chernoff ที่ถูกผูกไว้

31

มีสิ่งที่ตรงกันข้ามกับเชอร์คอฟซึ่งขอบเขตว่าความน่าจะเป็นหางนั้นน้อยมาก

เช่นถ้าเป็นอิสระตัวแปรสุ่มทวินามและx_i] จากนั้นเราสามารถพิสูจน์สำหรับฟังก์ชั่นบางฉ $X_1,X_2,\ldots,X_n$ $\mu=\mathbb{E}[\sum_{i=1}^n X_i]$ $Pr[\sum_{i=1}^n X_i\geq (1+\delta)\mu]\geq f(\mu,\delta,n)$ $f$

pr.probability chernoff-bound

— Ashwinkumar BV
แหล่งที่มา

1

ตัวอย่างของคุณมีการถามมากเกินไป: ด้วยขอบเขต Chernoff มาตรฐานแสดงให้เห็นว่าและ

มากที่สุด

สำหรับบางค

p = n^{- 2 / 3}

$p=n^{-2/3}$

Pr [| T \cap S_{1} | \geq \sqrt{1.1} n^{1 / 3}]

$\Pr[|T\cap S_1| \geq \sqrt{1.1}n^{1/3}]$

Pr [| T \cap S_{2} | \sqrt{1.1} \leq n^{1 / 3}]

$\Pr[|T\cap S_2|\sqrt{1.1}\leq n^{1/3}]$

\exp (- c n^{1 / 3})

$\exp(-cn^{1/3})$

c

$c$

— โคลิน McQuillan

คุณพูดถูกฉันสับสนเกี่ยวกับคำที่อยู่ใน chernoff ที่มีสี่เหลี่ยม ฉันเปลี่ยนคำถามเพื่อสะท้อนความอ่อนแอ ฉันไม่คิดว่ามันจะช่วยฉันในแอปพลิเคชันปัจจุบันของฉัน แต่อาจน่าสนใจด้วยเหตุผลอื่น

— Ashwinkumar BV

28

นี่คือข้อพิสูจน์ที่ชัดเจนว่าการยึด Chernoff มาตรฐานนั้นแน่นถึงปัจจัยคงที่ในเลขยกกำลังสำหรับพารามิเตอร์เฉพาะช่วงหนึ่ง (โดยเฉพาะอย่างยิ่งเมื่อใดก็ตามที่ตัวแปรคือ 0 หรือ 1 และ 1 ที่มีความน่าจะเป็น 1/2 หรือน้อยกว่าและ $\epsilon\in(0,1/2)$ และขอบเขตบนของ Chernoff นั้นน้อยกว่าค่าคงที่)

หากคุณพบข้อผิดพลาดโปรดแจ้งให้เราทราบ

บทแทรก 1. (ความรัดกุมของ Chernoff ผูกมัด) ให้ $X$ เป็นค่าเฉลี่ยของ $k$ อิสระ, ตัวแปรสุ่ม 0/1 (rv) สำหรับ $\epsilon\in(0,1/2]$ และ $p\in(0,1/2]$ , สมมติว่า $\epsilon^2 p k \ge 3$ ,

(i) ถ้า rv แต่ละอันมีค่าความน่าจะเป็นสูงสุดที่ $p$ ดังนั้น

Pr [X \leq (1 - ϵ) p] \geq \exp (- 9 ϵ^{2} p k) .

$\displaystyle \Pr[X\le (1-\epsilon)p] ~\ge~ \exp\big({-9\epsilon^2 pk}\big).$

(ii) ถ้าแต่ละ rv คือ 1 ที่มีความน่าจะเป็นอย่างน้อย $p$ ดังนั้น

Pr [X \geq (1 + ϵ) p] \geq \exp (- 9 ϵ^{2} p k) .

$\displaystyle \Pr[X\ge (1+\epsilon)p] ~\ge~ \exp\big({-9\epsilon^2 pk}\big).$

พิสูจน์ เราใช้การสังเกตต่อไปนี้:

การอ้างสิทธิ์ 1.ถ้าดังนั้น $1\le \ell \le k-1$ $\displaystyle {k \choose \ell} ~\ge~ \frac{1}{e\sqrt{2\pi\ell}} \Big(\frac{k}{\ell}\Big)^{\ell} \Big(\frac{k}{k-\ell}\Big)^{k-\ell}$

หลักฐานการอ้างสิทธิ์ 1. จากการประมาณของ Stirling, โดยที่ $i!=\sqrt{2\pi i}(i/e)^ie^\lambda$ $\lambda\in[1/(12i+1),1/12i].$

ดังนั้นซึ่งก็คือ อย่างน้อย QED $k\choose \ell$ $\frac{k!}{\ell! (k-\ell)!}$

\frac{\sqrt{2 π k} (\frac{k}{e})^{k}}{\sqrt{2 π ℓ} (\frac{ℓ}{e})^{ℓ} \sqrt{2 π (k - ℓ)} (\frac{k - ℓ}{e})^{k - ℓ}} \exp (\frac{1}{12 k + 1} - \frac{1}{12 ℓ} - \frac{1}{12 (k - ℓ)})

$\frac{\sqrt{2\pi k}\,(\frac{k}{e})^k} { \sqrt{2\pi \ell}\,(\frac{\ell}{e})^\ell ~~\sqrt{2\pi (k-\ell)}\,(\frac{k-\ell}{e})^{k-\ell} } \exp\Big(\frac{1}{12k+1} - \frac{1}{12\ell} - \frac{1}{12(k-\ell)}\Big)$

\geq \frac{1}{\sqrt{2 π ℓ}} (\frac{k}{ℓ})^{ℓ} (\frac{k}{k - ℓ})^{k - ℓ} e^{- 1} .

$~\ge~ \frac{1}{\sqrt{2\pi\ell}} \Big(\frac{k}{\ell}\Big)^{\ell} \Big(\frac{k}{k-\ell}\Big)^{k-\ell}e^{-1}.$

บทพิสูจน์ของบทแทรก 1 (i) โดยไม่สูญเสียของทั่วไปถือว่าแต่ละ 0/1 ตัวแปรสุ่มในผลรวม 1 ที่มีความน่าจะเป็นตรงหน้าหมายเหตุเท่ากับผลรวมและ{} $X$ $p$ $\Pr[X\le (1-\epsilon)p]$ $\sum_{i = 0}^{\lfloor(1-\epsilon)pk\rfloor} \Pr[X=i/k]$ $\Pr[X=i/k] = {k \choose i} p^i (1-p)^{k-i}$

แก้ไข 1 ข้อตกลงในผลรวมเพิ่มขึ้นดังนั้นคำที่มีดัชนี แต่ละรายการจะมีค่าอย่างน้อยดังนั้นผลรวมของพวกเขาจึงมีมูลค่ารวมอย่างน้อย k] เพื่อให้การพิสูจน์สมบูรณ์เราแสดงให้เห็นว่า $\ell = \lfloor(1-2\epsilon)pk\rfloor+1$ $i\ge\ell$ $\Pr[X=\ell/k]$ $(\epsilon pk - 2) \Pr[X=\ell/k]$

(ϵ p k - 2) Pr [X = ℓ / k] \geq \exp (- 9 ϵ^{2} p k) .

$(\epsilon pk - 2) \Pr[X=\ell/k] ~\ge~ \exp({-9\epsilon^2 pk}).$

สมมติฐานและ ให้ดังนั้นด้านซ้ายมือด้านบนจึงมีอย่างน้อยell} ใช้การอ้างสิทธิ์ 1 เพื่อผูกมัดนี่จะเป็นอย่างน้อย โดยที่ และ $\epsilon^2pk\ge 3$ $\epsilon\le 1/2$ $\epsilon pk \ge 6$ $\frac{2}{3}\epsilon pk\, {k \choose \ell} p^\ell(1-p)^{k-\ell}$ $k\choose \ell$ $A\, B$ $A = \frac{2}{3e}\epsilon p k/ \sqrt{2\pi \ell}$ $B= \big(\frac{k}{\ell}\big)^\ell \big(\frac{k}{k-\ell}\big)^{k-\ell} p^\ell (1-p)^{k-\ell}.$

จะเสร็จสิ้นเราจะแสดงและPK) $A\ge \exp(-\epsilon^2pk)$ $B \ge \exp(-8\epsilon^2 pk)$

อ้างสิทธิ์ 2 $A \ge \exp({-\epsilon^2 pk})$

หลักฐานการเรียกร้อง 2. สมมติฐานและ บ่งบอกถึง (i)12 $\epsilon^2 pk \ge 3$ $\epsilon\le 1/2$ $pk\ge 12$

ตามคำนิยาม1 โดย (i),12 ดังนั้น (ii)PK $\ell \le pk + 1$ $p k \ge 12$ $\ell \,\le\, 1.1 pk$

แทนด้านขวามือของ (ii) สำหรับในให้ (iii)ปี่} $\ell$ $A$ $A \ge \frac{2}{3e} \epsilon \sqrt{p k / 2.2\pi}$

สมมติฐานหมายถึงซึ่ง (iii) ให้ (iv)0.1 $\epsilon^2 pk \ge 3$ $\epsilon\sqrt{ pk} \ge \sqrt 3$ $A \ge \frac{2}{3e}\sqrt{3/2.2\pi} \ge 0.1$

จากก็ต่อว่า (V)0.04 $\epsilon^2pk \ge 3$ $\exp(-\epsilon^2pk) \le \exp(-3) \le 0.04$

(iv) และ (v) อ้างสิทธิ์ร่วมกัน QED

เรียกร้อง 3. PK}) $B\ge \exp({-8\epsilon^2 pk})$

หลักฐานการเรียกร้อง 3. แก้ไขดังกล่าวว่า\ ทางเลือกของนัยดังนั้นการเรียกร้องจะถือตราบเท่าที่2PK) การที่แต่ละด้านของความไม่เท่าเทียมกันหลังนี้มีอำนาจและทำให้มันง่ายขึ้นก็เท่ากับ การแทนที่และทำให้มันง่ายขึ้นเทียบเท่ากับ $\delta$ $\ell=(1-\delta)pk$
$\ell$ $\delta\le 2\epsilon$ $B \ge \exp(-2\delta^2pk)$ $-1/\ell$

\frac{ℓ}{p k} (\frac{k - ℓ}{(1 - p) k})^{k / ℓ - 1} \leq \exp (\frac{2 δ^{2} p k}{ℓ}) .

$\frac{\ell}{p k} \Big(\frac{k-\ell}{(1-p) k}\Big)^{k/\ell-1} ~\le~ \exp\Big(\frac{2\delta^2 pk}{\ell}\Big).$

ℓ = (1 - δ) p k

$\ell= (1-\delta)pk$

(1 - δ) (1 + \frac{δ p}{1 - p})^{\frac{1}{(1 - δ) p} - 1} \leq \exp (\frac{2 δ^{2}}{1 - δ}) .

$(1-\delta) \Big(1+\frac{\delta p}{1-p}\Big)^{\displaystyle \frac{1}{(1-\delta)p}-1} ~\le~ \exp\Big(\frac{2\delta^2}{1-\delta}\Big).$ การลอการิทึมของทั้งสองฝ่ายและใช้สองครั้งมันจะเก็บตราบเท่าที่ ด้านซ้ายมือด้านบนช่วยให้ซึ่งน้อยกว่าเพราะ . QED

\ln (1 + z) \leq z

$\ln(1+z)\le z$

- δ + \frac{δ p}{1 - p} (\frac{1}{(1 - δ) p} - 1) \leq \frac{2 δ^{2}}{1 - δ} .

$-\delta\, +\,\frac{\delta p}{1-p}\Big(\frac{1}{(1-\delta)p}-1\Big) ~\le~ \frac{2\delta^2}{1-\delta}.$

δ^{2} / (1 - p) (1 - δ)

$\delta^2/\,(1-p)(1-\delta)$

2 δ^{2} / (1 - δ)

$2\delta^2/(1-\delta)$

p \leq 1 / 2

$p\le 1/2$

การเรียกร้องที่ 2 และ 3 บ่งบอก2PK}) สิ่งนี้แสดงถึงส่วน (i) ของบทแทรก $A B \ge \exp({-\epsilon^2pk})\exp({- 8\epsilon^2pk})$

บทพิสูจน์ของบทแทรก 1 (ii) โดยไม่สูญเสียของทั่วไปถือว่าแต่ละตัวแปรสุ่มคือกับความน่าจะตรงหน้า $1$ $p$

หมายเหตุk] แก้ไข1 $\Pr[X\ge (1+\epsilon)p] = \sum_{i = \lceil(1-\epsilon)pk\rceil}^n \Pr[X=i/k]$ $\hat\ell = \lceil (1+2\epsilon)pk \rceil - 1$

สุดท้ายเงื่อนไขในผลรวมอย่างน้อย ซึ่งเป็นอย่างน้อยPK}) (หลักฐานที่เป็นเช่นเดียวกับ (i) ยกเว้นแทนที่ด้วย และถูกแทนที่ด้วยเช่นนั้น .) QED $\epsilon pk$ $(\epsilon pk-2)\Pr[X=\hat\ell/k]$ $\exp({-9\epsilon^2 pk})$ $\ell$ $\hat\ell$ $\delta$ $-\hat\delta$ $\hat\ell = (1+\hat\delta)pk$

— โอนีลยัง
แหล่งที่มา

มีหลาย [ข้อผิดพลาดในการประมวลผลทางคณิตศาสตร์] s - มีโอกาสที่จะแก้ไขได้หรือไม่

— Aryeh

นิพจน์ทางคณิตศาสตร์เหล่านั้นใช้แสดงได้ดี ด้วยเหตุผลบางอย่างคำสั่ง \ select ไม่ทำงานใน mathjax ไม่ใช่ \ binom เช่น$ A \ เลือกข$ให้เลือกข สันนิษฐานว่านี่เป็นข้อผิดพลาดในการกำหนดค่า mathjax หวังว่ามันจะได้รับการแก้ไขในไม่ช้า ขณะเดียวกันเห็นบทแทรก 5.2 ในภาคผนวกของarxiv.org/pdf/cs/0205046v2.pdfหรือcs.ucr.edu/~neal/Klein15Number

(\binom{a}{b})

$a \choose b$

— Neal Young

22

Berry-Esseen ทฤษฎีบทสามารถให้ขอบเขตหางน่าจะต่ำกว่าตราบเท่าที่พวกเขาจะสูงกว่า1/2} $n^{-1/2}$

เครื่องมือที่คุณสามารถใช้อีกประการหนึ่งคือความไม่เท่าเทียมกัน Paley-Zygmund มันบอกเป็นนัยว่าสำหรับเลขจำนวนเต็มคู่ใด ๆ , และตัวแปรสุ่มที่มีมูลค่าแท้จริงใด ๆ, $k$ $X$

Pr [| X | >= \frac{1}{2} (E [X^{k}])^{1 / k}] \geq \frac{E [X^{k}]^{2}}{4 E [X^{2 k}]}

$\Pr[|X| >= \frac{1}{2}(\mathbb{E}[X^k])^{1/k}] \geq \frac{\mathbb{E}[X^k]^2}{4\mathbb{E}[X^{2k}]}$

ร่วมกับทฤษฎีบทพหุนามสำหรับเป็นผลรวมของตัวแปรสุ่ม Rademacher Paley-Zygmund จะได้รับขอบเขตที่ต่ำกว่าที่คุณรักที่แข็งแกร่ง นอกจากนี้ยังใช้งานได้กับตัวแปรสุ่มที่มีขอบเขตอิสระ ตัวอย่างเช่นคุณสามารถได้รับผลรวมของอิสระ 4 ฉลาดตัวแปรสุ่มเป็นมีความน่าจะคงที่ $X$ $n$ $n$ $\pm 1$ $\Omega(\sqrt{n})$

— Sasho Nikolov
แหล่งที่มา

14

ถ้าคุณโอเคกับผลบวกของการทดลองของเบอร์นูลี (และไม่พูดการสุ่มตัวแปรที่มีขอบเขต) ต่อไปนี้จะค่อนข้างแน่น

ความไม่เท่าเทียมของ Slud * Letจะ IID ดึงจาก RV Bernoulli กับและให้จำนวนเต็มจะได้รับ ถ้า (a)และหรือ (b)ดังนั้นที่เป็น cdf ของมาตรฐานทั่วไป $\{X_i\}_{i=1}^n$ $\mathbb{E}(X_1) = p$ $k\leq n$ $p\leq 1/4$ $np \leq k$ $np \leq k \leq n(1-p)$
$Pr [\sum_{i} X_{i} \geq k] \geq 1 - Φ (\frac{k - n p}{\sqrt{n p (1 - p)}}),$ $\text{Pr}\big[\sum_i X_i \geq k\big] \geq 1 - \Phi\left(\frac{k-np}{\sqrt{np(1-p)}}\right),$ $\Phi$

(การจัดการการโต้เถียงกับเป็นการเปลี่ยนมาตรฐานปกติสิ่งนี้เห็นด้วยกับสิ่งที่ CLT บอกคุณจริง ๆ แล้วมันบอกเราว่า Binomials พอใจเงื่อนไขของทฤษฎีบทจะครอง Gaussians ที่สอดคล้องกันบนหาง) $\Phi$

จากที่นี่คุณสามารถใช้ขอบเขตบนเพื่อรับสิ่งที่ดีกว่า ยกตัวอย่างเช่นในหนังสือเล่มแรกของ Feller ในหัวข้อ Gaussians มันจะปรากฏขึ้นสำหรับทุก ๆว่าที่คือความหนาแน่นของมาตรฐานปกติ มีขอบเขตที่คล้ายกันในบทความ Wikipedia สำหรับ "Q-function" เช่นกัน $\Phi$ $z>0$

\frac{z}{1 + z^{2}} φ (z) < 1 - Φ (z) < \frac{1}{z} φ (z),

$\frac{z}{1+z^2}\varphi(z) < 1-\Phi(z) < \frac{1}{z}\varphi(z),$

φ

$\varphi$

นอกเหนือจากนั้นและสิ่งที่คนอื่นพูดคุณสามารถลองใช้ Binomial ได้โดยตรงหรือบางทีอาจใช้สเตอร์ลิงบ้างก็ได้

(*) ข้อความที่ใหม่กว่าของความไม่เสมอภาคของ Slud ออกจากเงื่อนไขเหล่านี้บางอย่าง; ฉันทำซ้ำสิ่งที่อยู่ในกระดาษของ Slud

— Matus
แหล่งที่มา

7

ทฤษฎีบท de Moivre-Laplace แสดงให้เห็นว่าตัวแปรเช่นหลังจากได้รับการทำให้เป็นมาตรฐานอย่างเหมาะสมและภายใต้เงื่อนไขบางประการ ก็เพียงพอแล้วหากคุณต้องการลดขอบเขตคงที่ $|T\cap S_1|$

สำหรับขอบเขตที่ต่ำกว่าเช่นคุณต้องใช้เครื่องมือที่ละเอียดกว่านี้เล็กน้อย นี่คือหนึ่งในการอ้างอิงที่ฉันรู้จัก (แต่โดยบังเอิญเท่านั้น - ฉันไม่เคยมีโอกาสใช้ความไม่เท่าเทียมเช่นนี้มาก่อน) บางขอบเขตที่ต่ำกว่าอย่างชัดเจนเกี่ยวกับความน่าจะเป็นหางของการแจกแจงทวินามจะได้รับเป็นทฤษฎีบท 1.5 หนังสือกราฟสุ่มโดยเบลาโบลโลบาส, เคมบริดจ์, พิมพ์ครั้งที่ 2 ที่อ้างอิงต่อไปจะได้รับการแนะนำให้รู้จักกับความน่าจะเป็นและการประยุกต์ใช้โดยการตัดและฐานรากของความน่าจะเป็นโดยRényi $n^{-c}$

— Colin McQuillan
แหล่งที่มา

4

ทฤษฎีบท Littlewood-Offord ไม่ใช่สิ่งที่คุณต้องการ แต่มันให้สิ่งที่ฉันคิดว่าเป็น "reverse Chernoff" ที่ถูกผูกไว้ด้วยการแสดงว่าผลรวมของตัวแปรสุ่มไม่น่าจะตกอยู่ในช่วงเล็ก ๆ ที่มีค่าเฉพาะ (รวมถึง ความคาดหวัง) บางทีมันอาจจะมีประโยชน์

อย่างเป็นทางการทฤษฎีบทมีดังนี้

ทฤษฎีบท Littlewood-Offord ทั่วไป : ให้และเป็นจำนวนจริงเช่นนั้นสำหรับและปล่อยให้เป็นตัวแปรสุ่มแบบอิสระที่มีค่าเป็นศูนย์และหนึ่ง สำหรับสมมติว่าสำหรับทั้งหมด จากนั้นสำหรับ , โดยที่เป็นค่าคงที่ขึ้นอยู่กับเท่านั้น $a_1, \ldots, a_n$ $s>0$ $|a_i| \ge s$ $1 \le i \le n$ $X_1, \ldots, X_n$ $0 < p \le \frac{1}{2}$ $p \le \Pr[X_i = 0] \le 1-p$ $1 \le i \le n$ $r \in \mathcal{R}$

Pr [r \leq \sum_{i = 1}^{n} a_{i} X_{i} < r + s] \leq \frac{c_{p}}{\sqrt{n}}

$\Pr \left[ r \le \sum_{i=1}^{n}{a_iX_i} < r+s\right] \le \frac{c_p}{\sqrt{n}}$

c_{p}

$c_p$

p

$p$

— Lev Reyzin
แหล่งที่มา

3

มันอาจเป็นประโยชน์กับคนอื่น ๆ ที่จะรู้ว่าผลลัพธ์ประเภทนี้เรียกอีกอย่างว่า "ความไม่เท่าเทียมกันของลูกบอลขนาดเล็ก" และ Nguyen และ Vu มีการสำรวจที่ยอดเยี่ยมpeople.math.osu.edu/nguyen.1261/cikk/LO-survey.pdf . มุมมองของฉันที่นี่แตกต่างจากของคุณเล็กน้อย ฉันคิดว่า "reverse Chernoff" ถูกผูกไว้เพื่อให้การประมาณค่าความน่าจะเป็นของลูกบอลขนาดเล็กลดลงประมาณ 0 ฉันคิดว่าความไม่เท่าเทียมกันของลูกบอลขนาดเล็กเป็นเชิงคุณภาพโดยบอกว่าความน่าจะเป็นของลูกบอลขนาดเล็ก ความรู้สึกย้อนกลับ Chernoff ขอบเขตมักจะพิสูจน์ได้ง่ายกว่าอสมการลูกเล็ก

— Sasho Nikolov

3

เลขชี้กำลังใน Chernoff มาตรฐานผูกไว้ตามที่ระบุไว้ใน Wikipedia นั้นแน่นสำหรับตัวแปรสุ่มที่มีค่า 0/1 Letและให้เป็นลำดับของตัวแปรสุ่มอิสระเช่นว่าสำหรับแต่ละ ,และ1-P จากนั้นสำหรับ , $0<p<1$ $X_1,X_2,\ldots$ $i$ $\Pr[X_i=1]=p$ $\Pr[X_i=0]=1-p$ $\varepsilon>0$

\frac{2^{- D (p + ε ‖ p) \cdot n}}{n + 1} \leq Pr [\sum_{i = 1}^{n} X_{i} \geq (p + ε) n] \leq 2^{- D (p + ε ‖ p) \cdot n} .

$\begin{equation} \frac{2^{-D(p+\varepsilon\| p)\cdot n}}{n+1}\leq \Pr\left[ \sum_{i=1}^n X_i \geq (p+\varepsilon)n\right]\leq 2^{-D(p+\varepsilon\| p)\cdot n}. \end{equation}$

ที่นี่ซึ่งเป็น Kullback-Leibler divergence ระหว่าง Bernoulli สุ่ม ตัวแปรที่มีพารามิเตอร์และy ที่ $D(x\| y)=x \log_2(x/y)+(1-x)\log_2((1-x)/(1-y))$ $x$ $y$

ตามที่ได้กล่าวมาขอบเขตบนในความไม่เท่าเทียมกันข้างต้นได้รับการพิสูจน์ใน Wikipedia ( https://en.wikipedia.org/wiki/Chernoff_bound ) ภายใต้ชื่อ "Chernoff-Hoeffding ทฤษฎีบทรูปแบบเพิ่มเติม" ขอบเขตล่างสามารถพิสูจน์ได้โดยใช้เช่น "วิธีการประเภท" ดูเลมม่า II.2 ใน [1] นอกจากนี้ยังครอบคลุมในตำราเรียนคลาสสิกเกี่ยวกับทฤษฎีข้อมูลโดย Cover และ Thomas

[1] Imre Csiszár: วิธีการของประเภท ธุรกรรม IEEE เกี่ยวกับทฤษฎีข้อมูล (1998) http://dx.doi.org/10.1109/18.720546

— JWM
แหล่งที่มา

นอกจากนี้ยังเป็นที่น่าสังเกตว่าและสำหรับกรณีทั่วไปของมันเป็น4) นี้แสดงให้เห็นว่าเมื่อโดยทั่วไปผูกพันคม (และเมื่อสำหรับ )

D (p + δ p ‖ p) = \frac{p}{2 - 2 p} δ^{2} + O (δ^{3})

$D(p+\delta p\|p)=\frac{p}{2-2p}\delta^2+O(\delta^3)$

p = 1 / 2

$p=1/2$

\frac{1}{2} δ^{2} + O (δ^{4})

$\frac{1}{2}\delta^2+O(\delta^4)$

δ = O (n^{- 1 / 3})

$\delta=O(n^{-1/3})$

e^{- C δ^{2}}

$e^{-C \delta^2}$

δ = O (n^{- 1 / 4})

$\delta=O(n^{-1/4})$

p = 1 / 2

$p=1/2$

— โทมัส Ahle