Quel est l'oracle de complexité minimale qui sépare PSPACE de la hiérarchie polynomiale?

Contexte

Il est connu qu'il existe un oracle $A$ de telle sorte que, $PSPACE^A \neq PH^A$ .

On sait même que la séparation tient par rapport à un oracle aléatoire. De manière informelle, on peut interpréter cela comme signifiant qu'il existe de nombreux oracles pour lesquels $PSPACE$ et sont séparés.$PH$

Question

Quelle est la complexité de ces oracles qui séparent de . En particulier, existe-t-il un oracle A ∈ D T I M E ( 2 2 n ) tel que P S P A C E A ≠ P H A ?$PSPACE$$PH$$A \in DTIME(2^{2^{n}})$$PSPACE^A \neq PH^A$

Avons-nous un oracle $A$ tel que $PSPACE^A \neq PH^A$ et $A$ aient une limite supérieure de complexité connue?

Remarque: l'existence d'un tel oracle peut avoir des ramifications dans la théorie de la complexité structurelle. Voir la mise à jour suivante ci-dessous pour plus de détails.

Mise à jour avec des détails sur une technique de limite inférieure

Revendication: Si $PSPACE = PH$ , alors pour tous les oracles $A \in P/poly$ , $PSPACE^A = PH^A$ .

Schéma Preuve: Supposons que $PSPACE = PH$ .

Soit un oracle $A \in P/poly$ donné. On peut construire un temps polynomial $\Sigma_2$ oracle Machine de Turing $M$ qui pour une longueur donnée $n$ , devine un circuit de taille $p(n)$ utilisant une quantification existentielle et vérifie que le circuit décide $A$ en comparant l'évaluation du circuit et le résultat de la requête pour chaque chaîne de longueur $n$ utilisant une quantification universelle.

En outre, considérons un problème de décision que je fais référence à un circuit booléen quantifié (QBC) où vous recevez un circuit booléen quantifié et que vous voulez savoir s'il est valide (similaire à QBF). Ce problème est PSPACE-complet car QBF est PSPACE-complet.

Par hypothèse, il en résulte que QBC ∈ P H . Disons Q B C ∈ Σ k pour certains k suffisamment grands. Soit N un temps polynomial Σ k Machine de Turing qui résout QBC.$\in PH$$QBC \in \Sigma_k$$k$$N$$\Sigma_k$

Nous pouvons mélanger le calcul de M et N (similaire à ce qui est fait dans la preuve du théorème de Karp-Lipton) pour obtenir un temps polynomial Σ k oracle Machine de Turing qui résout Q B C $M$$N$$\Sigma_k$$QBC^A$ .

De manière informelle, cette nouvelle machine prend en entrée un oracle QBC (c'est-à-dire un QBC avec oracle gates). Ensuite, il calcule un circuit qui calcule A sur des entrées de longueur n (décollant simultanément les deux premiers quantificateurs). Ensuite, il remplace les portes d'oracle dans l'oracle QBC avec le circuit pour A . Enfin, il procède à l'application du reste de l' algorithme du temps polynomial Σ k pour résoudre Q B C sur cette instance modifiée.$A$$n$$A$$\Sigma_k$$QBC$

Maintenant, nous pouvons montrer la borne inférieure conditionnelle.

Corollaire: s'il existe un oracle A ∈ N E X P tel que P S P A C E A ≠ P H A , alors N E X P ⊈ P / p o l y .$A \in NEXP$$PSPACE^A \neq PH^A$$NEXP \nsubseteq P/poly$

Preuve croquis: On suppose qu'il existe A ∈ N E X P tel que P S P A C E A ≠ P H A . Si N E X P ⊆ P / p o l $A \in NEXP$$PSPACE^A \neq PH^A$$NEXP \subseteq P/poly$ , alors nous aurions une contradiction.

En particulier, si N E X P ⊆ P / p o l y , puis par la revendication ci - dessus , nous avons P S P A C E ≠ P H . Cependant, on sait que N E X P ⊆ P / p o l y implique que P S P A C E = P $NEXP \subseteq P/poly$$PSPACE \neq PH$$NEXP \subseteq P/poly$$PSPACE = PH$ .

(voir ici pour plus de détails sur les résultats connus pour P / poly)

Je crois que si vous retracez l'argument donné, par exemple, dans la section 4.1 de l'enquête de Ker-I Ko , vous obtenez une limite supérieure de D T I M E ( 2 2 O ( n 2 ) ) . En fait, nous pouvons remplacer n 2 ici par n'importe quelle fonction n f ( n ) où f ( n ) → ∞ comme n → ∞ . Ce n'est pas tout à fait ce qui était demandé, mais c'est proche.$\mathsf{DTIME}(2^{2^{O(n^2)}})$$n^2$$nf(n)$$f(n) \to \infty$$n \to \infty$

En particulier, en utilisant la traduction entre les séparations d'oracle et les bornes inférieures du circuit, et en suivant la notation de Ko, nous avons ce qui suit:

• Nous allons diagonaliser sur des chaînes de longueur t ( n ) = p n ( m ( n ) ) où p n ( x ) = x n + n est "le" n -ième polynôme (dans une certaine énumération d'algorithmes poly-temps) et m ( n ) sera spécifié ci-dessous.$t(n) = p_n(m(n))$$p_n(x) = x^n + n$$n$$m(n)$

• En se traduisant par des limites inférieures de circuit, cela signifie que nous envisageons des circuits à profondeur limitée sur 2 entrées t ( n ) .$2^{t(n)}$

• L'exigence (voir p. 15 de Ko) dont nous avons besoin m ( n ) pour satisfaire $m(n)$10 2m/(d-1)>dpn(m(n))pour toutn. Icidest la profondeur des circuits contre lesquels nous voulons diagonaliser, ou de manière équivalente le niveauΣ p d dePHcontre lequel nous voulons diagonaliser. Pour diagonaliser par rapport à l'ensemble dePH, choisissez simplementdpour être une fonction denqui estω(1); nous pouvons choisir un tel$\frac{1}{10} 2^{m/(d-1)} > d p_n(m(n))$$n$$d$$\mathsf{\Sigma_d^p}$$\mathsf{PH}$$\mathsf{PH}$$d$$n$$\omega(1)$$d$cela croît arbitrairement lentement (peut-être sous réserve d'une certaine hypothèse de calculabilité sur d ( n ) , mais cela ne devrait pas être un obstacle). Si nous supposons que d ( n ) est constant (même si ce n'est pas le cas, mais qu'il croîtra arbitrairement lentement), alors nous voyons que m ( n ) autour de 2 n devrait fonctionner.$d(n)$$d(n)$$m(n)$$2^n$

• Cela signifie que t ( n ) ∼ 2 n 2 , nous recherchons donc une borne inférieure par rapport aux circuits avec ∼ 2 2 n 2 entrées.$t(n) \sim 2^{n^2}$$\sim 2^{2^{n^2}}$

• Trevisan et Xue (CCC '13) ont montré que l'on peut trouver une affectation sur laquelle un circuit à profondeur limitée donné sur N entrées ne calcule pas PARITY avec une graine de longueur p o l y l o g ( N ) .$N$$polylog(N)$

• Pour nous N = 2 2 n 2 , donc p o l y l o g ( N ) = 2 O ( n 2 ) . Nous pouvons forcer brutalement de telles graines en 2 2 O ( n 2 ) et utiliser la première qui fonctionne.$N=2^{2^{n^2}}$$polylog(N) = 2^{O(n^2)}$$2^{2^{O(n^2)}}$

Pour remplacer le n 2 par n f ( n ) , il suffit de laisser p n ( x ) = x f ( n ) + f ( n ) à la place.$n^2$$nf(n)$$p_n(x) = x^{f(n)} + f(n)$

Fait intéressant, si je comprends bien, je crois que cela implique que si l'on pouvait améliorer le Trevisan-Xue ...

• ... à un algorithme pseudodéterministe / Bellagio (voir le commentaire d'Andrew Morgan ci-dessous), on obtiendrait que B P E X P ⊈ P / p o l y ; ou$\mathsf{BPEXP} \not\subseteq \mathsf{P/poly}$

• ... vers un algorithme non déterministe qui a deviné p o l y l o g ( N ) bits mais a ensuite fonctionné en p o l y ( N ) temps, et tel que sur n'importe quel chemin d'acceptation, il fait la même sortie ( cf. N P S V ), cela impliquerait N E X P ⊈ P / p o l y ; ou$polylog(N)$$poly(N)$$\mathsf{NPSV}$$\mathsf{NEXP} \not\subseteq \mathsf{P/poly}$

• ... à un algorithme déterministe, on obtiendrait E X P ⊈ P / p o l y .$\mathsf{EXP} \not\subseteq \mathsf{P/poly}$

D'une part, cela suggère pourquoi la dérandomisation du lemme de commutation devrait être difficile - un argument dont je ne suis pas sûr était connu auparavant! D'un autre côté, cela me semble être une sorte d'interprétation intéressante de la dureté par rapport au hasard (ou est-ce en fait une nouvelle chose, des oracles par rapport au hasard?).