อะไรคือข้อพิสูจน์ของความไม่เท่าเทียมกันของรุ่น Azuma นี้ที่ไม่เป็นมาตรฐาน?

ในภาคผนวก B ของการส่งเสริมและความเป็นส่วนตัวที่แตกต่างโดย Dwork และคณะผู้เขียนระบุผลลัพธ์ต่อไปนี้โดยไม่มีการพิสูจน์และอ้างถึงว่าเป็นความไม่เท่าเทียมของ Azuma:

Let $C_1, \dots, C_k$ จะจริงมูลค่าตัวแปรสุ่มดังกล่าวว่าสำหรับทุก $i \in [k]$ ,

$\Pr[|C_i| \leq \alpha] = 1$

สำหรับทุก ๆเรามี\ $(c_1, \dots, c_{i - 1}) \in \text{Supp}(C_1, \dots, C_{i - 1})$ $\text{E}[C_i \mid C_1 = c_1, \dots, C_{i - 1} = c_{i - 1}] \leq \beta$

จากนั้นสำหรับทุก ๆเรามี . $z > 0$ $\Pr[\sum_{i = 1}^k C_i > k\beta + z \sqrt{k} \cdot \alpha] \leq e^{-z^2/2}$

ฉันมีปัญหาในการพิสูจน์เรื่องนี้ รุ่นมาตรฐานของความไม่เท่าเทียมกันของซูมาพูดว่า:

สมมติว่าเป็น Martingale และเกือบจะแน่นอน จากนั้นทั้งหมดเรามี2)) $\{X_0, X_1, \dots, X_k\}$ $|X_i - X_{i - 1}| \leq \gamma_i$ $t > 0$ $\Pr[X_k \geq t] \leq \exp(-t^2/(2 \sum_{i = 1}^k \gamma_i^2))$

เพื่อพิสูจน์ความไม่เท่าเทียมของ Azuma ที่ระบุโดย Dwork และคณะฉันคิดว่าเราควรใช้และ1}] ด้วยวิธีนี้ฉันคิดว่าเป็น Martingale แต่ทั้งหมดที่เราสามารถพูดได้ก็คือแน่นอนใช่ไหม ปัจจัยที่ทำให้เกิดปัญหาสองประการเพราะมันหมายความว่าหลังจากการทดแทนเราเพียงพบว่าซึ่งอ่อนกว่าข้อสรุปที่ระบุโดย Dwork และคณะ $X_0 = 0$ $X_i = X_{i - 1} + C_i - \text{E}[C_i \mid C_1, C_2, \dots, C_{i - 1}]$ $\{X_0, \dots, X_k\}$ $|X_i - X_{i - 1}| \leq 2\alpha$ $\Pr[\sum_{i = 1}^k C_i > k\beta + z\sqrt{k} \cdot 2\alpha] \leq e^{-z^2/2}$

มีเคล็ดลับง่ายๆที่ฉันหายไปหรือไม่? เป็นคำสั่งของ Dwork และคณะ หายไปสองปัจจัย?

pr.probability

— William Hoza
แหล่งที่มา

ข้อความในเอกสารนั้นเป็นจริง แต่ไม่ได้ตามมาจากความไม่เท่าเทียมของ Azuma รุ่น "ปกติ" ปัญหาคือว่าคำสั่งปกติถือว่าแต่ช่วงเวลาใด ๆ ของความยาวเดียวกันจะทำ; ไม่มีเหตุผลที่จะถือว่าช่วงเวลาสมมาตร

X_{i} - X_{i - 1} \in [- a, a]

$X_i-X_{i-1}\in[-a,a]$

— โทมัส

ฉันไม่สามารถหาข้อมูลอ้างอิงได้ดังนั้นฉันจะร่างหลักฐานที่นี่

ทฤษฎีบท. ให้เป็นตัวแปรสุ่มที่แท้จริง ให้เป็นค่าคงที่ สมมติว่าสำหรับและทั้งหมดในการสนับสนุน , เรามี $X_1, \cdots, X_n$ $a_1, \cdots, a_n, b_1, \cdots, b_n$ $i \in \{1,\cdots,n\}$ $(x_1,\cdots,x_{i-1})$ $(X_1, \cdots, X_{i-1})$

$\mathbb{E}[X_i | X_1=x_1, \cdots, X_{i-1}=x_{i-1}] \leq 0$ และ

$\mathbb{P}[X_i \in [a_i,b_i]]=1$ 1

จากนั้นสำหรับทั้งหมด $t\geq0$
$P [\sum_{i = 1}^{n} X_{i} \geq t] \leq \exp (\frac{- 2 t^{2}}{\sum_{i = 1}^{n} (b_{i} - a_{i})^{2}}) .$ $\mathbb{P}\left[\sum_{i=1}^n X_i \geq t\right] \leq \exp\left(\frac{-2t^2}{\sum_{i=1}^n (b_i-a_i)^2}\right).$

พิสูจน์ กำหนดX_j เราอ้างว่าสำหรับทั้งหมดที่และเรามี โดยสมมติฐานและสำหรับในการสนับสนุน $Y_i = \sum_{j=1}^i X_j$

\begin{matrix} (*) & \forall i \in {1, \dots, n} \forall λ \geq 0 E [e^{λ Y_{i}}] \leq e^{\frac{1}{8} λ^{2} \sum_{j = 1}^{i} (b_{j} - a_{j})^{2}} . \end{matrix}

$\forall i \in \{1,\cdots,n\}~\forall \lambda \geq 0 ~~~~~ \mathbb{E}\left[e^{\lambda Y_i}\right] \leq e^{\frac18 \lambda^2 \sum_{j=1}^i (b_j-a_j)^2}.\tag*{(*)}$

i

$i$

λ

$\lambda$

E [e^{λ Y_{i}}] = E [e^{λ Y_{i - 1}} \cdot e^{λ X_{i}}] = E [e^{λ Y_{i - 1}} \cdot E [e^{λ X_{i}} | Y_{i - 1}]] .

$\mathbb{E}\left[e^{\lambda Y_i}\right] = \mathbb{E}\left[e^{\lambda Y_{i-1}}\cdot e^{\lambda X_i}\right] = \mathbb{E}\left[e^{\lambda Y_{i-1}}\cdot \mathbb{E}\left[e^{\lambda X_i}\middle|Y_{i-1}\right]\right].$

μ (y_{i - 1}) := E [X_{i} | Y_{i - 1} = y_{i - 1}] \leq 0

$\mu(y_{i-1}):=\mathbb{E}[X_i|Y_{i-1}=y_{i-1}]\leq 0$

P [X_{i} \in [a_{i}, b_{i}]] = 1

$\mathbb{P}[X_i \in [a_i,b_i]] =1$

y_{i - 1}

$y_{i-1}$

Y_{i - 1}

$Y_{i-1}$ . (หมายเหตุว่า .) ดังนั้นโดยแทรก Hoeffding ของ ,สำหรับในการสนับสนุนของและทุก{R} ตั้งแต่เรามีสำหรับ , ตอนนี้การเหนี่ยวนำให้ผลตอบแทน (*) ข้างต้น

Y_{i - 1} = X_{1} + \dots + X_{i - 1}

$Y_{i-1}=X_1+\cdots+X_{i-1}$

E [e^{λ X_{i}} | Y_{i - 1} = y_{i - 1}] \leq e^{λ μ (y_{i - 1}) + \frac{1}{8} λ^{2} (b_{i} - a_{i})^{2}}

$\mathbb{E}\left[e^{\lambda X_i}\middle|Y_{i-1}=y_{i-1}\right] \leq e^{\lambda\mu(y_{i-1})+\frac18 \lambda^2(b_i-a_i)^2}$

y_{i - 1}

$y_{i-1}$

Y_{i - 1}

$Y_{i-1}$

λ \in R

$\lambda \in \mathbb{R}$

μ (y_{i - 1}) \leq 0

$\mu(y_{i-1})\leq 0$

λ \geq 0

$\lambda \geq 0$

E [e^{λ Y_{i}}] \leq E [e^{λ Y_{i - 1}} \cdot e^{0 + \frac{1}{8} λ^{2} (b_{i} - a_{i})^{2}}] .

$\mathbb{E}\left[e^{\lambda Y_i}\right] \leq \mathbb{E}\left[e^{\lambda Y_{i-1}}\cdot e^{0+\frac18 \lambda^2(b_i-a_i)^2}\right].$

ตอนนี้เราใช้ความไม่เท่าเทียมกันของมาร์คอฟกับและใช้สิทธิ์ของเรา (*) สำหรับ , ในที่สุดตั้งค่าเพื่อลดการแสดงออกทางขวามือและรับผลลัพธ์ $e^{\lambda Y_n}$ $t, \lambda > 0$

P [\sum_{i = 1}^{n} X_{i} \geq t] = P [Y_{n} \geq t] = P [e^{λ Y_{n}} \geq e^{λ t}] \leq \frac{E [e^{λ Y_{n}}]}{e^{λ t}} \leq \frac{e^{\frac{1}{8} λ^{2} \sum_{i = 1}^{n} (b_{i} - a_{i})^{2}}}{e^{λ t}} .

$\mathbb{P}\left[\sum_{i=1}^n X_i \geq t\right]=\mathbb{P}[Y_n \geq t] = \mathbb{P}\left[e^{\lambda Y_n} \geq e^{\lambda t}\right] \leq \frac{\mathbb{E}\left[e^{\lambda Y_n}\right]}{e^{\lambda t}} \leq \frac{e^{\frac18 \lambda^2 \sum_{i=1}^n (b_i-a_i)^2}}{e^{\lambda t}}.$

λ = \frac{4 t}{\sum_{i = 1}^{n} (b_{i} - a_{i})^{2}}

$\lambda=\frac{4t}{\sum_{i=1}^n (b_i-a_i)^2}$

\begin{matrix} ◼ \end{matrix}

$\tag*{$\blacksquare$}$

ที่ผมกล่าวถึงในความคิดเห็นของผมแตกต่างที่สำคัญระหว่างนี้และคำสั่ง "ปกติ" ของความไม่เท่าเทียมกันของซูมาเป็นที่ต้องการมากกว่าเป็น] อดีตให้ความยืดหยุ่นมากขึ้นและสิ่งนี้ช่วยประหยัด 2 ปัจจัยในบางกรณี $X_i \in [a_i,b_i]$ $X_i \in [-a,a]$

โปรดทราบว่าตัวแปรสุ่มในการพิสูจน์เป็น supermartingale คุณสามารถรับความไม่เท่าเทียมของ Azuma รุ่นปกติได้โดยรับ Martingale , ตั้งค่าและ (โดยที่ ) จากนั้นใช้ผลลัพธ์ข้างต้น $Y_i$ $Y_1, \cdots, Y_n$ $X_i=Y_i-Y_{i-1}$ $[a_i,b_i]=[-c_i,c_i]$ $\mathbb{P}[|Y_i-Y_{i-1}|\leq c_i]=1$

— โทมัส
แหล่งที่มา

ในบรรทัดแรกของการพิสูจน์ก็สันนิษฐานว่าควรจะ (ผูกไว้บนของผลรวมเป็นมากกว่า ) ....

Y_{i} = \sum_{j = 1}^{i} X_{j}

$Y_i = \sum_{j=1}^i X_j$

i

$i$

n

$n$

— Dougal

หลักฐานจะได้รับในเอกสารโดย Dubhashi และ Panconesi

— Kristoffer Arnsfelt Hansen

@KristofferArnsfeltHansen: เยี่ยมมาก คุณมีลิงค์หรือไม่?

— โทมัส