Computational Complexity

Andreas Jakoby
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3. Vorlesung, 21.04.2008
4.2 Grenzen Effizienter Schaltkreise
Definition 19 Sei F eine Boolesche Formel.
I
Ein Literal ist eine Variable oder deren Negation.
I
Eine Klausel ist eine Disjunktion, d.h. eine or-Verknüpfung, von
Literalen.
I
Eine Monom ist eine Konjunktion, d.h. eine and-Verknüpfung, von
Literalen.
I
F ist in konjunktiver Normalform, wenn F eine Konjunktion von
Klauseln ist.
I
F ist in disjunktiver Normalform, wenn F eine Disjunktion von
Monomen ist.
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Analog zur Normalform einer Booleschen Formel können wir auch eine
Normalform für Schaltkreise definieren:
Definition 20 Wir sagen, dass ein Schaltkreis in Normalform ist, wenn
I
Negationen finden nur auf den Eingaben stattfinden, d.h. wenn wir
sowohl die negierten als auch die nicht-negierten Variable als
Eingabe zur Verfügung haben, dann existieren keine not-Gatter.
I
Interne Gatter sind entweder or- oder and-Gatter.
I
Auf jedem Pfade von einem Eingabegatter zum Ausgabegatter
alterniert die Gatter-Funktion von Gatter zu Gatter.
I
Alle Pfade von einem Eingabegatter zum Ausgabegatter haben die
gleiche Länge.
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Lemma 3 Für jeden Schaltkreis C auf n Variablen existiert ein funktionsäquivalenter Schaltkreis C 0 in Normalform mit depth(C ) ≥ depth(C 0 ) und
2 · size(C ) · (2 · depth(C ) + 1) + n ≥ size(C 0 ).
Beweis von Lemma 3:
I
Mit Hilfe der Regeln von De Morgan können wir alle not-Gatter zu
den Eingabegattern schieben.
I
Diese Aktion vergrößert nicht die Tiefe des Schaltkreises. Die Größe
wird um maximal size(C ) + n vergrößert, da im ungünstigsten Fall
nun jedes Gatter im Originalzustand und negiert vorkommt.
I
Der resultierende Schaltkreis erfüllt die erste zwei Bedingungen eines
Schaltkreises in Normalform.
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Beweis von Lemma 3 (Teil 2):
I
Gibt es auf einem Pfad zwei Gatter die aufeinander folgen, und die
vom gleichen Gattertyp sind, wo vereinigen wir diese. Unter
Umständen muss jedoch eine Kopie des ersten Gatters erstellt
werden.
I
Der resultierende Schaltkreis erfüllt die dritte Bedingung eines
Schaltkreises in Normalform.
I
Durch diesen Schritt wird weder die Größe noch die Tiefe des
Schaltkreises erhöht.
I
Im letzten Schritt ergänzen wir zu kurze Pfade an den richtigen
Stellen mit and- und or-Gattern von Eingrad 1.
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Mit Hilfe der konjunktiven bzw. disjunktiven Normalform können wir für
jede Funktion einen Schaltkreis der Tiefe 2 (mit Negationen 3) angeben,
der diese Funktion berechnet. Ein solcher Schaltkreis hat jedoch oft
exponentielle Größe.
Satz 7 Die Paritätsfunktion kann nicht durch einen zweistufigen and-oroder or-and-Schaltkreis polynomieller Größe berechnet werden. Zudem
müssen bei einem zweistufigen Schaltkreis zur Berechnung der Paritätsfunktion
in der ersten Ebene immer alle n Variablen miteinander verknüpft werden.
V`
Beweis von Satz 7: Sei C eine Konjunktion i=1 Di von Disjunktionen
welche die Paritätsfunktion berechnet. Wir betrachten zunächst die Frage,
ob eine der Disjunktionen von C weniger als n Variablen beinhalten darf.
I Sei Di eine solche Disjunktion und xj eine der Variablen, welche in
Di nicht vorkommen.
I Dann gibt es eine Belegung der verbleibenden Variablen (alle bis auf
xj ), so dass Di nicht erfüllt ist und somit auch C , ohne dass wir den
Wert von xj festlegen müssen.
I C ist somit nicht erfüllt für die obige Belegung mit xj = 0 und
xj = 1. Die Paritätsfunktion ist jedoch für eine der Belegungen 0
und für die andere 1.
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Beweis von Satz 7 (Teil 2):
I
Jede Disjunktion muß alle n Variablen beinhalten.
I
Eine Disjunktion über n Variablen ist jedoch nur bei genau einer
Belegung erfüllt.
I
Die Paritätsfunktion über n Variablen weist jedoch 2n−1 erfüllende
Belegungen auf.
Somit muß ein zweistufiger or-and-Schaltkreis der die
Paritätsfunktion berechnet eine Größe ≥ 2n−1 + 1 haben.
W`
Analog können wir eine Disjunktion i=1 Ki von Konjunktionen
analysieren.
I
100
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Beobachtung 8 Sei C ein Schaltkreis, der die Paritätsfunktion
berechnet. Dann können wir mit C auch die negierte Paritätsfunktion
berechnen, indem wir eine der Eingabevariablen bei jedem vorkommen in
C negieren (ursprünglich negierte Literale kommen dann unnegiert vor
und alle ursprünglich unnegierte dann negiert). Analog können wir jeden
Schaltkreis zur Berechnung der negierten Paritätsfunktion nutzen, um die
Paritätsfunktion zu berechnen.
Beweis von Beobachtung 8:
x1 ⊕ x2 ⊕ · · · ⊕ xn
=
1 ⊕ (x1 ⊕ x2 ⊕ · · · ⊕ xn )
=
(1 ⊕ x1 ) ⊕ x2 ⊕ · · · ⊕ xn
= x 1 ⊕ x2 ⊕ · · · ⊕ xn .
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Beobachtung 9 Sei C ein Schaltkreis, der die Paritätsfunktion
berechnet. Wählen wir einige der Eingabevariablen xi fest auf 0 und
einige auf 1 und einige weiter variabel, so berechnet C auf den
verbleibenden Variablen immer noch die Paritätsfunktion bzw. deren
Negation. Ist C ein Schaltkreis über der Standardbasis, so können wir
durch die oben beschriebene Vorbelegung einige Gatter streichen, da ihr
Wert bereits durch diese Belegung fest bestimmt ist. Der resultierende
Schaltkreis hat entsprechend weniger Variablen jedoch ist dessen Größe
und Tiefe durch die Größe und Tiefe von C nach oben beschränkt.
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Satz 8 Die Paritätsfunktion ist nicht in AC 0 .
Beweisidee für Satz 8: Für jede Variable xi würfeln wir eine von drei
Belegungen: xi = 1, xi = 0, oder xi (d.h. xi ist noch variabel).
I Starten wir mit einem Schaltkreis, dessen Gatter auf der untersten
Ebene einen konstanten Eingrad haben, so wollen wir mit Hilfe
dieser Zufallsbelegung zeigen, dass wir mit positiver
Wahrscheinlichkeit einen Schaltkreis erhalten, dessen Gatter auf der
zweit untersten Ebene ebenfalls konstanten Eingrad haben.
I Mit Hilfe der Distributivgesetze
x1 ∧(x2 ∨x3 ) = (x1 ∧x2 )∨(x1 ∧x3 )
I
I
I
und x1 ∨(x2 ∧x3 ) = (x1 ∨x2 )∧(x1 ∨x3 )
können wir die Gattertypen der beiden untersten Ebenen tauschen.
Die Gatter auf der untersten Ebene haben nun immer noch einen
konstanten Eingrad (auch wenn dieser viel größer ist) und die Größe
ist noch polynomial in der ursprünglichen Größe, aber wir können die
Gatter der zweit und dritt untersten Ebene verschmelzen.
Somit erhalten wir einen Schaltkreis, der um 1 flacher ist als der
ursprüngliche Schaltkreis.
Dieses können wir nutzen, um einen Widerspruch herzuleiten.
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Wie auf der letzten Folie dargelegt, wollen wir die Eingabe für einen
Schaltkreis würfeln. Daher benötigen wir ein Paar Hilfsmittel aus der
Wahrscheinlichkeitsrechnung.
I Sei p die Wahrscheinlichkeit für einen Erfolg – was Erfolg bedeutet
soll später näher beschrieben werden – dann ist die
Wahrscheinlichkeit, dass wir bei n-maligem Wiederholen des
Experiments k mal Erfolg haben binomialverteilt, d.h.
n k
Pr[X = k] =
p (1 − p)n−k .
k
I
I
Für Erwartungswert und Varianz gilt E(X ) = np und V (X ) = np(1 − p).
Die Tschebyscheff-Ungleichung besagt
Pr[|X − E(X )| ≥ a] ≤
V (X )
.
a2
Zudem gilt
n n n X
X
X
n
n k
n k
p ≤ pa
≤ p a 2n .
Pr[X ≥ a] =
p (1−p)n−k ≤
k
k
k
I
k=a
k=a
k=a
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Wir wollen nun die Zufallsbelegung bzw. Zufallssubstitution der Variablen
näher beschreiben. Diese Substitution wird auch Zufallsrestriktion
genannt. Für jede Variable xi führen wir unabhängig von allen anderen
Variablen das folgende Zufallsexperiment durch:
I
mit Wahrscheinlichkeit
I
mit Wahrscheinlichkeit
I
mit Wahrscheinlichkeit
√1
n
lassen xi variable,
1− √1n
2
1− √1n
2
setzen wir xi = 0 und
setzen wir xi = 1.
Mit r bezeichnen wir eine solche Zufallsrestriktion, mit xir das Resultat
von xi nach der Restriktion und C r den Schaltkreis C nach dem
Ausführen der Zufallsrestriktion und dem streichen der Gatter, deren
Wert durch r bestimmt ist. 1
1 Wie wir bereits oben gesehen haben, berechnet C r entweder die Paritätsfunktion,
oder deren Komplement. Im letzten Fall können wir C r so umgestalten, dass der modifizierten Schaltkreis wieder die Paritätsfunktion berechnet.
105
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Betrachten wir jetzt die Frage, wieviele Variablen in C r noch vorhanden
sind.
I
Im ungünstigsten Fall legt r den Wert von C fest, und C r hängt von
keiner Variablen mehr ab.
I
Da das Ergebnis der Paritätsfunktion von jeder einzelnen Variable
abhängt, sind in C r so viele Variablen übrig, wie in r vorkommen.
I
Für unsere Zwecke genügt es zu zeigen, dass mit positiver
Wahrscheinlichkeit in r hinreichend viele Variablen übrig bleiben.
I
Hieraus werden wir schließen, dass es eine geeignete Restriktion gibt.
106
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Lemma 4 Sei X eine Zufallsvariable, die die Anzahl der Variablen in Cnr
nach der Restriktion beschreibt, dann gilt
E(X ) =
√
n,
V (X ) ≤
√
√
n
und
n
2 ]
Pr[X ≤
∈ O( √1n ) .
Beweis von Lemma 4
√
1
= n· √ = n
n
√
1
1
≤ n
V (X ) = n · √ · 1 − √
n
n
E(X )
√
Pr[X ≤
n
2 ]
√
≤ Pr[E(X ) − X ≥
n
2
und E(X ) > X ]
+Pr[X − E(X ) ≥
√
n
2
und E(X ) < X ]
√
√
√
V (X )
4 n
= Pr[|X − E(X )| ≥ 2n ] ≤ √n
≤
∈ O(1/ n) .
n
( 2 )2
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V`
Lemma 5 Sei C eine Konjunktion i=1 Di von Disjunktionen wobei jede
Disjunktion nur von maximal c Variablen abhängt, dann existiert eine
Konstante ec , so dass die Wahrscheinlichkeit, dass das and-Gatter nach
der Zufallsrestriktion von mehr als ec Variablen abhängt, höchstens
1
O( nk+1
) ist.
Beweis von Lemma 5: Der Beweis erfolgt über eine Induktion über c.
Induktionsanfang c = 1 (Eingrad der or-Gatter ist 1):
Fall 1: Das and-Gatter hängt von ≥ 4(k + 1) ln n Variablen ab.
Pr[C r 6≡ 0]
=
Pr[alle Eingänge des and-Gatters in r sind 6= 0]
≤
Pr[eine beliebige aber feste Variable xi wird nicht 0]4(k+1) ln n
!4(k+1) ln n
„ «4(k+1) ln n
1 − √1n
3
≤
1−
2
4
≤
=
n4(k+1) ln 3/4 ≤ n−(k+1)
Diese Abschätzung gilt für n ≥ 4. Die letzte Ungleichung folgt aus
ln(1 − x) ≤ −x.
Somit ist das Ergebnis mit großer Wahrscheinlichkeit konstant 0!
108
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Beweis von Lemma 5 (Teil 2):
Fall 2: Das and-Gatter hängt von < 4(k + 1) ln(n) Variablen ab.
Pr[and-Gatter in C r hängt von mehr als a Variablen ab]
!„
«i „
«n−i
«a
„
4(k+1) ln n
X
n
1
1
1
√
√
≤
1− √
≤
· 24(k+1) ln n
i
n
n
n
i=a
≤ n−a/2 · n4(k+1) = n4(k+1)−a/2 .
Wählen wir a = 10(k + 1) so ist die Wahrscheinlichkeit, dass das
and-Gatter in C r von mehr als a Variablen abhängt in O(n−(k+1) ). Somit
bleiben mit großer Wahrscheinlichkeit nur noch eine konstante Anzahl
von Variablen übrig.
109
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Beweis von Lemma 5 (Teil 3):
Induktionsschritt c > 1
Wir gehen im folgenden davon aus, dass für c − 1 eine entsprechende
Konstante ec−1 existiert.
Fall 1: Das and-Gatter hängt (vor der Restriktion) von mindestens
2c (k + 1) ln n variablendisjunkten or-Gattern ab.
Wie im ersten Fall des Induktionsanfangs wollen wir zeigen, dass in
diesem Fall mit großer Wahrscheinlichkeit, das and-Gatter konstant 0 ist.
Pr[C r 6≡ 0]
≤
Pr[keines der oben genannten or-Gatter ist in C r konstant 0]
≤
(Pr[ein beliebiges, festes or-Gatter ist in C r nicht 0])2
≤
≤
(1 − (Pr[eine beliebige, feste Variable in C r ist nicht 0])c )2
!c !2c (k+1) ln n
1 − √1n
1− 1−
2
c
`
´
c
−c
2
(k+1)
ln n
1 − 2−c
= n2 (k+1) ln(1−2 )
≤
n−2
=
c
(k+1)2−c
c
(k+1) ln n
c
(k+1) ln n
= n−(k+1)
110
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Beweis von Lemma 5 (Teil 4):
Fall 2: Dieser Fall wird uns bis zum Ende dieses Beweises beschäftigen!
Das and-Gatter hängt von weniger als 2c (k + 1) ln n variablendisjunkten
or-Gattern ab.
I Wir wählen eine maximale Menge solcher or-Gatter. Sei H die Menge
der Variablen die durch diese Disjunktionen zusammengefaßt werden.
I Da wir die Menge maximal gewählt haben, muss jede Disjunktion in
C eine Variable aus H besitzen.
I Da jede Disjunktion maximal c Variablen besitzt und die maximale
Anzahl der variablendisjunkten or-Gattern durch 2c (k + 1) ln n
beschränkt ist, gilt:
|H| ≤ c · 2c (k + 1) · ln n .
I
I
I
Wir betrachten die ` := 2|H| möglichen Belegungen α1 , . . . , α` von
diesen Variablen.
Mit Si bezeichnen wir den Schaltkreis, den wir erhalten, wenn wir
die Variablen aus H mit αi belegen.
Da jede Disjunktion in C zumindest eine Variable aus H beinhaltet,
hat jede Disjunktion in Si noch maximal c − 1 Variablen.
111
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Beweis von Lemma 5 (Teil 5):
I
Da jede Disjunktion in Si von maximal c − 1 Variablen abhängt,
hängt nach einer Zufallsrestriktion das and-Gatter in Sir mit einer
Wahrscheinlichkeit O(n−(k+1) ) von mehr als einer konstanten
Anzahl ec−1 von Variablen ab (Induktionsvoraussetzung).
I
Durch eine neue Numerierung der Variablen können wir erreichen,
dass H = {x1 , x2 , . . . , x|H| } ist.
I
Wir definieren xi
h0i
F :=
h1i
= x i , xi = xi und schließlich:
_ hα [1]i
hα [2]i
hα [|H|]i
x1 i ∧ x2 i ∧ . . . ∧ x|H|i
∧ Si ,
i∈{1,...,`}
wobei αi [j] die Belegung für xj in der partiellen Belegung αi ist.
I
Beispiel: H = {x1 , x2 }, α1 = 00, α2 = 01, α3 = 10 und α4 = 11,
dann ist:
F = (x 1 ∧x 2 ∧S1 ) ∨ (x 1 ∧x2 ∧S2 ) ∨ (x1 ∧x 2 ∧S3 ) ∨ (x1 ∧x2 ∧S4 ) .
112
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Beweis von Lemma 5 (Teil 6):
I
F und C berechnen die gleiche Funktion.
I
schalten wir den
Mit Hilfe des Terms x1 i ∧ . . . ∧ x|H|i
entsprechenden Teilschaltkreis Si an oder aus.
I
Wir wollen nun der Frage nachgehen, wieviele Variablen von H nach
einer Zufallsrestriktion noch keinen Wert haben.
I
Sei Y die Zufallsvariable, die angibt, wieviele Variablen in H übrig
bleiben, dann gilt:
a
c
c
1
·2|H| ≤ n−a/2 ·2c·2 (k+1)·ln n ≤ nc·2 (k+1)−a/2 .
Pr[Y > a] ≤ √
n
I
Wählen wir a = 2c · 2c · (k + 1) + 2(k + 1) so ist die
Wahrscheinlichkeit, dass in H nach einer Zufallsrestriktion noch
mehr als a = 2c · 2c · (k + 1) + 2(k + 1) Variablen nicht mit einem
Wert belegt sind in O(n−(k+1) ).
α [1]
α [|H|]
113
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Beweis von Lemma 5 (Teil 7):
I
Dieses bedeutet auch, dass F nach einer Zufallsrestriktion mit einer
c
Wahrscheinlichkeit von O(nk+1 ) mehr als m := 22c·2 ·(k+1)+2(k+1)
Teilschaltkreise Si besitzt, die den Wert von F r noch mitbestimmen
können. Dieses sind die Teilschaltkreise, deren Term
α [|H|]
α [1]
noch nicht konstant 0 ist.
x1 i ∧ . . . ∧ x|H|i
I
Wir fügen nun die einzelnen Abschätzungen zusammen:
Pr[C r hängt von mehr als ec = m · ec−1 Variablen ab]
= Pr[F r hängt von mehr als ec Variablen ab]
≤ Pr[es bleiben mehr als 2c · 2c · (k + 1) + 2(k + 1) Variablen in H
übrig oder ein Si hängt von mehr als ec−1 Variablen ab]
≤ Pr[Y > 2c · 2c · (k + 1) + 2(k + 1)]
+ m · Pr[ein festes Si hängt von mehr als ec−1 Variablen ab
≤ O(n−(k+1) ) + m · O(n−(k+1) ) = O(n−(k+1) ) .
Die letzte Zeile folgt aus der Induktionsvoraussetzung und der
Beobachtung, dass m konstant ist.
114
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Beweis von Lemma 5 (Teil 8):
Man beachte, dass dieser Induktionsschritt nur c-mal wiederholt werden
muß – c ist konstant. Es werden also zur Berechnung von ec nur
konstant viele Konstanten miteinander multipliziert. Zudem wird der
Wert der Wahrscheinlichkeit O(n−(k+1) ) nur konstant oft mit einer
Konstanten multipliziert.
115
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Satz 8 folgt nun unmittelbar aus dem folgenden Lemma:
Lemma 6 Für alle Konstanten t und c und für alle Polynome p gilt: Die
Paritätsfunktion kann nicht durch eine p(n)-größen- und
t-tiefenbeschränkte Schaltkreisfamilie in Normalform berechnet werden,
deren Gatter auf der untersten Ebene einen Eingrad von höchstens c
haben.
Beweis von Lemma 6 (Teil 1) Der Beweis folgt über eine Induktion.
Für t = 2 folgt die Aussage direkt aus Satz 7.
116
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Beweis von Lemma 6 (Teil 2) Um die Aussage für ein t > 2 zu zeigen
nehmen wir an, dass sie falsch ist.
I
Sei also t minimal, so dass es eine Konstante c und ein Polynom p
gibt und die Paritätsfunktion durch eine p(n)-größen- und
t-tiefenbeschränkte Schaltkreisfamilie in Normalform berechnet
werden kann, deren Gatter auf der untersten Ebene einen Eingrad
von höchstens c haben.
I
Sei k der Grad dieses Polynoms.
I
Da wir t minimal gewählt haben, gibt es für t − 1 somit keine solche
Konstante c und auch kein solches Polynom.
I
Dieses soll im folgenden widerlegt werden.
117
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Beweis von Lemma 6 (Teil 3) Wir generieren einen Hilfsschaltkreis Hn0 :
I
Wir wollen mit Hilfe einer geschickten Belegung einiger Variablen
aus einer t-tiefen- und polynomiell größenbeschränkten
Schaltkreisfamilie C1 , C2 , C3 , . . . in Normalform eine (t − 1)-tiefenund polynomiell größenbeschränkten Schaltkreisfamilie C10 , C20 , C30 , . . .
in Normalform konstruieren.
I
Durch die Vorbelegung einiger Variablen können wir den Schaltkreis
Ci nicht nutzen, um den Schaltkreis Ci0 zu generieren. Stattdessen
wollen wir durch eine geeignete Belegung von 4n2 − n Variablen aus
C4n2 einen Hilfsschaltkreis Hn0 über n Variablen generieren.
I
Die Gatter der zweit untersten Ebene von Hn0 hängen hierbei von nur
konstant vielen Variablen ab.
I
Mit Hilfe des Distributivgesetzes können wir die Gattertypen der
beiden untersten Ebenen vertauschen ohne die Größe des
Schaltkreises um mehr als einen konstanten Faktor aufzublähen.
118
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Beweis von Lemma 6 (Teil 4) Wir generieren Ci0 :
I Nach Anwendung des Distributivgesetzes können wir dafür
garantieren, dass
I
I
I
die Gatter der untersten Ebene nur von konstant vielen Variablen
abhängen und
die Typen der Gatter auf der zweit und dritt untersten Ebene gleich
sind.
Durch verschmelzen dieser Ebenen erhalten wir den Schaltkreis Cn0 .2
Größe von Cn0 ist weiter polynomiell in n und der der Grad des Polynoms von
ist höchstens doppelt so groß wie der Grad des Polynoms von Cn .
2 Die
Cn0
119
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Beweis von Lemma 6 (Teil 5) Anmerkungen zur Restriktion:
I
Wir können
√ aus Lemma 4 schließen, dass mit hoher Wahrscheinlichkeit
mehr als 2n Variablen in Cnr übrig bleiben. Man beachte, dass bei
einer Restriktion auch mehr als die benötigten Variablen übrig
bleiben, um aus C4n2 den Schaltkreis Cn0 zu generieren. In diesem
Fall belegen die Variablen, die zuviel sind, mit 0.
I
Aus Lemma 4 können wir auch ersehen, dass wir das auftreten einer
ungünstigen Restriktion nicht gänzlich verhindern können. Dieses
wird auch bei den weiteren Schritten immer wieder passieren.
Können wir garantieren, dass die Summe dieser Wahrscheinlichkeiten
gegen 0 strebt, so haben wir bewiesen, dass zumindest eine
Restriktion mit einem positiven Ausgang existiert. Die Existenz
reicht jedoch aus, um die Existenz eines geeigneten Schaltkreises
nachzuweisen.
120
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Beweis von Lemma 6 (Teil 6) Lemma 5 kommt ins Spiel:
I
Um den Beweis zu vereinfachen werden wir uns auf Schaltkreise
beschränken, deren unterste Schicht aus or-Gatter bestehen. Die
zweit unterste Schicht besteht folglich aus and-Gatter.
I
Nach dem Dualitätsprinzip folgt, dass wir durch tauschen von 0 mit
1, xi mit x i und and mit or eine analoge Aussage für Schaltkreise
herleiten können, deren untere Schicht aus and-Gattern besteht.
I
Betrachten wir zunächst eines dieser and-Gatter so kommt Lemma 5
zum Einsatz:
V`
Lemma 5 Sei C eine Konjunktion i=1 Di von Disjunktionen
wobei jede Disjunktion nur von maximal c Variablen abhängt,
dann existiert eine Konstante ec , so dass die Wahrscheinlichkeit,
dass das and-Gatter nach der Zufallsrestriktion von mehr als ec
1
Variablen abhängt, höchstens O( nk+1
) ist.
Es verbleibt also noch zu zeigen, wie wir Lemma 5 nutzen können,
um einen beliebigen Schaltkreis in Normalform zu transformieren.
121
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Beweis von Lemma 6 (Teil 7) Noch einmal zur Wiederholung:
I
Wir haben die Konstanten k, t und c so gewählt, dass t minimal war
und es einen polynomiell größenbeschränkte und t tiefenbeschränkte
Schaltkreisfamilie in Normalform gibt, die die Paritätsfunktion
berechnet.
I
Hierbei war das Polynom, welches die Größe beschränkt, aus O(nk )
und die Gatter der untersten Stufe hingen von maximal c Variablen
ab.
I
Wir haben dann gezeigt, dass wir mit Hilfe einer Zufallsrestriktion
dafür sorgen können, dass ein beliebiges aber festes Gatter der zweit
untersten Stufe nur noch von einer konstanten Anzahl von Variablen
abhängt.
I
Die Wahrscheinlichkeit eines Fehlschlags wahr hierbei durch
O(n−(k+1) ) beschränkt.
Führen wir die Restriktion an allen Gattern der zweit untersten Ebene aus,
so ist die Wahrscheinlichkeit, dass es an einem solchen Gatter zu einem
Fehlschlag kommt, durch O(nk ) · O(n−(k+1) ) = O(n−1 ) beschränkt.
122
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Beweis von Lemma 6 (Teil 8) Wiederholen wir noch einmal diese
Beobachtung: Mit einer Wahrscheinlichkeit von 1 − O(n−1 ) hat C r auf
der untersten Ebene nur einen konstanten Eingrad und jedes Gatter auf
der zweit untersten Ebene hängen nur noch von einer konstanten Anzahl
von Variablen ab.
Somit gilt:
I
Da der Eingard auf den beiden untersten Ebenen somit Konstant ist,
können wir mit Hilfe des Distributivgesetzes die Typen der Gatter
auf den untersten Ebenen vertauschen, und die Gatter der zweit und
dritt untersten Ebene verschmelzen.
I
Der resultierende Schaltkreis hat also eine Tiefe von t − 1 und die
Gatter der untersten Ebene haben immer noch einen konstanten
Eingrad.
I
Wir haben zudem gesehen, dass die Anzahl der Variablen,
die in C r
√
übrig bleiben,
mit einer Wahrscheinlichkeit von O(1/ n) nach unten
√
durch 2n beschränkt werden kann.
123
Andreas Jakoby
Universität zu Lübeck
Computational Complexity SS 08
3. Vorlesung, 21.04.2008
Beweis von Lemma 6 (Teil 9) Fassen wir zusammen:
I
Die Wahrscheinlichkeit, dass eine Restriktion entweder zu wenige
Variablen übrig läßt oder die falschen Variablen mit Werte belegt ist
durch
O(n−1 ) + O(n−1/2 ) = O(n−1/2 )
I
Mit einer Wahrscheinlichkeit von O((n2 )−1/2 ) können wir mit einer
r
0
Zufallsrestriktion C4n
2 so modifizieren, dass wir einen Schaltkreis Cn
polynomieller Größe und Tiefe t − 1 erhalten, der die
Paritätsfunktion oder deren Kompliment berechnet.
I
Da über die Konstruktion sicher gestellt ist, dass der Eingrad der
Gatter der untersten Stufe wieder konstant ist, erhalten wir einen
Widerspruch zu der Annahme, dass t minimal gewählt wurde.
beschränkt.
124