Що є доказом цієї нестандартної версії нерівності Азуми?

У Додатку B " Підвищення та диференціальна конфіденційність" від Dwork та ін. Автори констатують такий результат без доказів і називають його нерівністю Азуми:

Нехай - випадкові величини в реальному такі, що для кожного , $C_1, \dots, C_k$ $i \in [k]$

$\Pr[|C_i| \leq \alpha] = 1$ і

для кожного $(c_1, \dots, c_{i - 1}) \in \text{Supp}(C_1, \dots, C_{i - 1})$ нас є $\text{E}[C_i \mid C_1 = c_1, \dots, C_{i - 1} = c_{i - 1}] \leq \beta$ .

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

У мене виникають проблеми з доведенням цього. Стандартна версія нерівності Азуми каже:

Припустимо, $\{X_0, X_1, \dots, X_k\}$ - мартингейл, а $|X_i - X_{i - 1}| \leq \gamma_i$ майже напевно. Тоді для всіх $t > 0$ маємо $\Pr[X_k \geq t] \leq \exp(-t^2/(2 \sum_{i = 1}^k \gamma_i^2))$ .

Щоб довести версію нерівності Азуми, заявлену Дворком та ін., Я подумав, що ми повинні взяти $X_0 = 0$ і $X_i = X_{i - 1} + C_i - \text{E}[C_i \mid C_1, C_2, \dots, C_{i - 1}]$ . Таким чином, я думаю, що $\{X_0, \dots, X_k\}$ - мартингейл. Але все, що можна сказати, - це $|X_i - X_{i - 1}| \leq 2\alpha$ майже напевно, правда? Цей фактор з двох викликає неприємності, оскільки це означає, що після заміни ми просто знаходимо, що $\Pr[\sum_{i = 1}^k C_i > k\beta + z\sqrt{k} \cdot 2\alpha] \leq e^{-z^2/2}$ 2/2 , що слабше, ніж висновок, викладений Dwork et al.

Чи є простий трюк, якого мені не вистачає? Чи є твердження Дворка та ін. відсутній фактор два?

pr.probability

— Вільям Хоза
джерело

Заява у статті є правдивою, але не випливає із "звичайної" версії нерівності Азуми. Проблема полягає в тому, що звичайне твердження передбачає але будь-який інтервал однакової довжини буде робити; немає причин вважати симетричний інтервал.

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

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

— Томас

Я не можу знайти посилання, тому я просто накиду сюди доказ.

Теорема. Нехай - реальні випадкові величини. Нехай - константи. Припустимо, що для всіх та всіх у підтримці , ми маємо $X_1, \cdots, X_n$ $a_1, \cdots, a_n, b_1, \cdots, b_n$ $i \in \{1,\cdots,n\}$ $(x_1,\cdots,x_{i-1})$ $(X_1, \cdots, X_{i-1})$

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

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

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

Доказ. Визначте . Ми стверджуємо, що Для всіх та маємо За припущенням, і для всіх в підтримці $Y_i = \sum_{j=1}^i X_j$

\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}

$Y_{i-1}$ . (Зауважимо, що .) Отже, за леммою Гефдінга , для всіх у підтримці та всіх . Оскільки , ми маємо для всіх , Тепер індукція дає формулу (*) вище.

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}}] .

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

Тепер застосуємо нерівність Маркова до і використовуємо наше твердження (*). Для всіх , Нарешті, встановіть щоб мінімізувати вираз правої руки та отримати результат. $e^{\lambda Y_n}$ $t, \lambda > 0$

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$}$

Як я вже згадував у своєму коментарі, ключова різниця між цим та "звичайним" твердженням про нерівність вимагає , а не . Перший дозволяє отримати більшу гнучкість, а це заощаджує в деяких випадках коефіцієнт 2. $X_i \in [a_i,b_i]$ $X_i \in [-a,a]$

Зауважимо, що випадкові змінні у доказі є супермартінгале. Ви можете отримати звичайну версію нерівності Azuma, взявши Мартингейла , встановивши і (де ), а потім застосувати вищезазначений результат. $Y_i$ $Y_1, \cdots, Y_n$ $X_i=Y_i-Y_{i-1}$ $[a_i,b_i]=[-c_i,c_i]$ $\mathbb{P}[|Y_i-Y_{i-1}|\leq c_i]=1$

— Томас
джерело

У першому рядку доказу це, мабуть, має бути (верхня межа суми як а не ) ....

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

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

i

$i$

n

$n$

— Дугал,

Докази наведені також у монографії Дубхасі та Панконесі.

— Крістофер Арнсфельт Хансен

@KristofferArnsfeltHansen: Чудово. У вас є посилання?

— Томас