Чи відомо, чи

Зворотне включення очевидно, як і той факт, що будь-яка самовідновлювана мова NP в BPP також є в RP. Чи відомо також, що це стосується мов NP, які не є самозаниженими?

Як і у більшості складних питань, я не впевнений, що буде повний відповідь дуже довго. Але ми можемо принаймні показати, що відповідь є нерелятивізуючою: існує оракул, щодо якого існує нерівність, і той, щодо якого дотримується рівність. Дати оракул відносно якого рівні рівні досить легко: будь-який оракул, який має B P P = R P, буде працювати (наприклад, будь-який оракул, щодо якого "випадковість не дуже допомагає"), як і будь-який оракул, який має N P ⊆ B P P (наприклад, будь-який оракул, щодо якого "випадковість дуже допомагає"). Їх дуже багато, тому я не буду морочитися специфікою.$\mathrm{BPP} = \mathrm{RP}$$\mathrm{NP} \subseteq \mathrm{BPP}$

Дещо складніше, хоча все ще досить просто, спроектувати оракул, щодо якого ми отримаємо $\mathrm{RP} \subsetneq \mathrm{BPP} \cap \mathrm{NP}$ . Конструкція внизу насправді трохи краще: для будь-якої постійної с є оракул, щодо якого є мова в c o R P ∩ U P, якої немає в R P T I M E [ 2 n c ] . Я викладу це нижче.$c$$\mathrm{coRP} \cap \mathrm{UP}$$\mathrm{RPTIME}[2^{n^c}]$

Ми розробимо оракул A, який містить рядки форми ( x , b , z ) , де x - $A$$(x,b,z)$$x$$n$ -бітна рядок, b - один біт, а z - бітова рядок довжиною 2 n c . Ми також подамо мову L A, яку вирішить машина c o R P та машина U P наступним чином:$b$$z$$2n^c$$L^A$$\mathrm{coRP}$$\mathrm{UP}$

• З O R P машини, на вході х , передбачає г довжини 2 | х | c випадковим чином запитує ( x , 0 , z ) і копіює відповідь.$\mathrm{coRP}$$x$$z$$2|x|^c$$(x,\mathtt{0},z)$
• U Р машин, на вхід х , передбачає г довжиною 2 | х | c , запитує ( x , 1 , z ) і копіює відповідь.$\mathrm{UP}$$x$$z$$2|x|^c$$(x,\mathtt{1},z)$

Для того, щоб вищезазначені машини насправді відповідали своїм обіцянкам, нам потрібно A, щоб задовольнити деякі властивості. Для кожного x повинен бути один із цих двох варіантів:$A$$x$

• Варіант 1: Більшість половини z має вибір ( x , 0 , $z$ ) ∈ інульові Z варіанти мають ( х , 1 , г ) ∈ A . (У цьому випадку x ∉ L A. )$(x,\mathtt{0},z) \in A$ $z$$(x,\mathtt{1},z) \in A$$x \not\in L^A$
• Варіант 2: Кожен z вибір має ( x , 0 , $z$ ) ∈ ірівно один г вибір має ( х , 1 , г ) ∈ . (У цьому випадку x ∈ L A. )$(x,\mathtt{0},z) \in A$ $z$$(x,\mathtt{1},z) \in A$$x \in L^A$

Нашою метою буде конкретизувати A, що відповідає цим обіцянкам, щоб L A діагоналізувався проти кожного R P T I M $A$$L^A$ [ 2 n c ] . Щоб спробувати утримати цю і без того довгу відповідь коротким, я перекину будівельну техніку oracle і багато неважливих деталей, і поясню, як діагоналізувати певну машину. Зафіксуйте M рандомізованою машиною Тюрінга, і нехай x є входом, щоб ми мали повний контроль над вибором b 'і z ' s, так що ( x , b , $\mathrm{RPTIME}[2^{n^c}]$$M$$x$$b$$z$) ∈ . Розбимо М на х .$(x,b,z) \in A$$M$$x$

• Випадок 1: Припустимо, існує спосіб вибору z 's так, щоб A задовольнив перший варіант своєї обіцянки, а M має вибір випадковості, яка приймає. Тоді ми покладемо А на цей вибір. Тоді M не може одночасно задовольнити обіцянку R P і відхилити x . Проте, х ∉ л . Таким чином , ми діагоналізовани проти М .$z$$A$$M$$A$$M$$\mathrm{RP}$$x$$x \not\in L^A$$M$

• Випадок 2: Далі припустимо, що попередній випадок не вийшов. Тепер ми покажемо, що тоді M можна змусити або порушити обіцянку R P, або відхилити якийсь вибір А, що задовольняє другий варіант своєї обіцянки. Це діагоналізует проти М . Ми зробимо це в два кроки:$M$$\mathrm{RP}$$A$$M$

  1. Покажіть , що для будь-якого фіксованого вибору г з М випадкових біт «s, M повинні відмовитися , коли всі її запити виду $r$$M$$M$ х , 0 , г ) в А і все його запити виду ( х , 1 , г ) не в A .$(x,\mathtt{0},z)$$A$$(x,\mathtt{1},z)$$A$
  2. Покажіть , що ми можемо перевернути відповідь ( х , 1 , г ) з А при деякому виборі г , не впливаючи на ймовірність акцепту M набагато.$(x,\mathtt{1},z)$$A$$z$$M$

  Дійсно, якщо ми почнемо з А з кроку 1, ймовірність прийняття М дорівнює нулю. A не зовсім задовольняє другий варіант своєї обіцянки, але ми можемо потім перевернути один біт, як на кроці 2, і він буде. Оскільки перегортання біта призводить до того, що ймовірність прийняття M залишається біля нуля, випливає, що M не може одночасно приймати х і виконувати обіцянку R $A$$M$$A$$M$$M$$x$$\mathrm{RP}$

Залишається аргументувати два кроки у справі 2:

1. Виправте вибір випадкових бітів г для M . Тепер симулювати М з допомогою г , як хаотичності і відповідатизапититак що ( х , 0 , г ) ∈ і ( х , 1 , г ) ∉ . Зауважте, що M робить не більше 2 n c запитів. Оскільки є 2 2 n c вибору z , ми можемо виправити неперевірений вибір z мати ( $r$$M$$M$$r$$(x,\mathtt{0},z) \in A$$(x,\mathtt{1},z) \not\in A$$M$$2^{n^c}$$2^{2n^c}$$z$$z$, 0 , z ) ∉ A і мати A все-таки задовольняє перший варіант своєї обіцянки. Оскільки нам не вдалося змусити Случай 2 працювати для M , це означає, що M повинен відхилити всі свої вибірки випадковості відносно A і, зокрема, на r . Звідси випливає, що якщо вибрати A, мати ( x , 0 , z ) ∈ A і ( x , 1 , z ) ∉ A для кожного вибору$(x,\mathtt{0},z) \not\in A$$A$$M$$M$$A$$r$$A$$(x,\mathtt{0},z) \in A$$(x,\mathtt{1},z) \not\in A$$z$, То для кожного вибору випадкових бітів г , М відхиляє по відношенню до A .$r$$M$$A$

2. Припустимо, що для кожного $z$ , частка випадкових бітів , для яких M запитів ( х , 1 , Z ) становить щонайменше 1 / 2 . Тоді загальна кількість запитів становить щонайменше 2 2 n c 2 2 n c / 2 . З іншого боку, M робить щонайбільше 2 2 n c 2 n c запитів у всіх своїх галузях, суперечність. Звідси вибирається z так, що частка випадкових бітів, для якої $M$$(x,\mathtt{1},z)$$1/2$$2^{2n^c} 2^{2^{n^c}}/2$$M$$2^{2^{n^c}} 2^{n^c}$$z$$M$запитів ( x , 1 , z ) менше 1/2. Перевертання значення A на цьому рядку , отже , впливає на ймовірність прийому- M менш ніж на 1 / 2 .$(x,\mathtt{1},z)$$A$$M$$1/2$

Ні, це не відомо. Це може бути не найбільш переконливим доказом, але погляньте на цей пошук у Google .