Pour un oracle aléatoire R, BPP est-il égal à l'ensemble des langages calculables dans P ^ R?

Eh bien, le titre dit à peu près tout. La question intéressante ci-dessus a été posée par le commentateur Jay sur mon blog (voir ici et ici ). J'imagine à la fois que la réponse est oui et qu'il existe une preuve relativement simple, mais je ne pouvais pas la voir à la légère. (Très grossièrement, cependant, on pourrait essayer de montrer que, si un langage dans $P^R$ n'était pas dans $BPP$ , alors il doit avoir des informations mutuelles algorithmiques infinies avec $R$ , auquel cas il ne serait pas calculable. De plus, notez cette direction est triviale: les langages calculables dans contiennent$P^R$ certainement B P P. ) $BPP$

Notez que je ne pose pas de question sur la classe AlmostP , qui se compose des langages qui sont en $P^R$ pour presque tous les $R$ (et qui sont bien connus pour égaler $BPP$ ). Dans cette question, nous avons d' abord fix $R$ , puis regardez l'ensemble des langues calculables dans $P^R$ . D'autre part, on pourrait essayer de montrer que, si une langue dans $P^R$ est calculable, même pour un fixe oracle aléatoire $R$ , alors , en fait , que la langue doit être en $AlmostP$ .

Une question étroitement liée est de savoir si, avec la probabilité 1 sur un oracle aléatoire $R$ , nous avons

$AM = NP^R \cap Computable.$

Si oui, alors nous obtenons la conséquence intéressante suivante: si $P=NP$ , alors avec la probabilité 1 sur un oracle aléatoire $R$ , les seules langues témoins de la séparation d'oracle $P^R \ne NP^R$ sont des langues non calculables.

Oui.

Tout d'abord, comme il m'a fallu une minute pour le comprendre moi-même, permettez-moi de formaliser la différence entre votre question et ; c'est l'ordre des quantificateurs. A l m o s t P : = { L : P r R ( L ∈ P R ) = 1 } , et le résultat auquel vous faites allusion est ∀ $\mathsf{AlmostP}$$\mathsf{AlmostP} := \{L : Pr_R(L \in \mathsf{P}^R) = 1\}$ . Si j'ai bien compris, vous demandez si P r R ( ∀ $\forall L\, L \in \mathsf{BPP} \iff Pr_R(L \in \mathsf{P}^R) = 1$ .$Pr_R(\forall L\, L \in \mathsf{P}^R \cap \mathsf{COMP} \iff L \in \mathsf{BPP}) = Pr_R(\mathsf{P}^R \cap \mathsf{COMP} = \mathsf{BPP}) = 1$

Considérer

.$p := 1-Pr_R(\mathsf{P}^R\cap \mathsf{COMP} = \mathsf{BPP}) = Pr_R(\exists L \in \mathsf{P}^R \cap \mathsf{COMP} \backslash \mathsf{BPP})$

Par l'union lié, le est supérieur délimité par- Σ L ∈ C O M P P r R ( L ∈ P R ∖ B P P ) . (Notez que cette dernière somme est dénombrable.) Maintenant, par la loi 0-1 - qui s'applique puisque toutes les déclarations pertinentes ne changent pas si nous changeons R beaucoup - chaque probabilité individuelle dans cette somme est soit 0 soit 1. Si le réponse à votre question est non, alors p = 1 , donc il doit y avoir un L ∈ C O M P tel que$p$$\sum_{L \in \mathsf{COMP}} Pr_R(L \in \mathsf{P}^R \backslash \mathsf{BPP})$$R$$p=1$$L \in \mathsf{COMP}$ . Mais celacontradiction le fait que A l m o s t P = B P P .$Pr_R(L \in \mathsf{P}^R \backslash \mathsf{BPP}) = 1$$\mathsf{AlmostP} = \mathsf{BPP}$

Mise à jour le 10 octobre 2014 : Comme indiqué dans le commentaire par Emil Jeřábek, le même argument vaut pour par rapport à N P R , puisque nous savons aussi que A l m o s t N P = A M .$\mathsf{AM}$$\mathsf{NP}^R$$\mathsf{AlmostNP} = \mathsf{AM}$

Il souligne également que nous n'avons rien utilisé à propos de autre que c'est une classe dénombrable qui contient B P P (resp., A M ). Donc, la "conclusion intéressante" dans l'OQ s'applique en fait à toute classe dénombrable de langues C qui contient A M : si P = N P , les "seules" langues qui témoignent de la séparation d'oracle P R ≠ N P R sont en dehors de $\mathsf{COMP}$$\mathsf{BPP}$$\mathsf{AM}$$\mathcal{C}$$\mathsf{AM}$$\mathsf{P} = \mathsf{NP}$$\mathsf{P}^R \neq \mathsf{NP}^R$$\mathcal{C}$. Mais cette dernière affirmation me semble quelque peu trompeuse (cela donne l'impression que, pour tout nous pourrions considérer C = A M ∪ { L 0 } , et ainsi "montrer" qu'aucun L 0 ne réalise N P R ≠ P R , contredire le théorème bien connu). Au contraire, en l'écrivant symboliquement, nous avons montré:$L_0$$\mathcal{C} = \mathsf{AM} \cup \{L_0\}$ $L_0$$\mathsf{NP}^R \neq \mathsf{P}^R$

Si , alors ∀ dénombrable  C ⊇ A $\mathsf{P} = \mathsf{NP}$ .$\forall \text{countable } \mathcal{C} \supseteq \mathsf{AM}\, Pr_R(\mathsf{NP}^R \neq \mathsf{P}^R \text{ and } \mathsf{NP}^R \cap \mathcal{C} = \mathsf{P}^R \cap \mathcal{C}) = 1$

Notez que, surtout, la probabilité 1 n'est pas la même chose que tous les , et quel ensemble mesure complète de R satisfont l'argument P r R peut dépendre C . Donc, si nous essayons de modifier C en C ∪ { L 0 } , il supprime tout au plus un ensemble de mesure 0 de R qui satisfait cette affirmation.$R$$R$$Pr_R$$\mathcal{C}$$\mathcal{C}$$\mathcal{C} \cup \{L_0\}$$R$

Bien que l'ordre des quantificateurs entre ce que vous demandez et presque P diffère, il n'est pas trop difficile de montrer qu'ils sont équivalents. Premièrement, pour tout L fixe, la question de savoir si L \ dans P ^ O ne dépend pas d'un segment initial fini de O. Il s'ensuit que la probabilité que L \ dans P ^ R soit 0 ou 1. Du presque - Résultat P, pour chaque L calculable qui n'est pas dans BPP, la réponse est 0, tandis que si L \ dans BPP, la probabilité est 1. Puisqu'il y a de nombreux L calculables, nous pouvons faire une union liée; une union dénombrable de probabilités 0 ensembles a la probabilité 0. Ainsi, la probabilité qu'il y ait un L calculable qui n'est pas dans BPP mais qui est dans P ^ R est 0, tout comme la probabilité qu'il y ait un langage dans BPP pas dans P ^ R,