Jaki jest dowód na tę niestandardową wersję nierówności Azumy?

W Załączniku B do Zwiększania i różnicowej prywatności autorstwa Dwork i wsp. Autorzy podają następujący wynik bez dowodu i nazywają go nierównością Azumy:

Niech być rzeczywista zmiennymi losowymi takimi, że dla każdego , $C_1, \dots, C_k$ $i \in [k]$

$\Pr[|C_i| \leq \alpha] = 1$ i

dla każdego $(c_1, \dots, c_{i - 1}) \in \text{Supp}(C_1, \dots, C_{i - 1})$ mamy $\text{E}[C_i \mid C_1 = c_1, \dots, C_{i - 1} = c_{i - 1}] \leq \beta$ .

Następnie dla każdego $z > 0$ mamy $\Pr[\sum_{i = 1}^k C_i > k\beta + z \sqrt{k} \cdot \alpha] \leq e^{-z^2/2}$ .

Mam problem z udowodnieniem tego. Standardowa wersja nierówności Azuma za mówi:

Załóżmy, że $\{X_0, X_1, \dots, X_k\}$ to martingale, a $|X_i - X_{i - 1}| \leq \gamma_i$ prawie na pewno. Następnie dla wszystkich $t > 0$ mamy $\Pr[X_k \geq t] \leq \exp(-t^2/(2 \sum_{i = 1}^k \gamma_i^2))$ .

Aby udowodnić wersję nierówności Azumy podaną przez Dwork i wsp., Pomyślałem, że powinniśmy wziąć $X_0 = 0$ i $X_i = X_{i - 1} + C_i - \text{E}[C_i \mid C_1, C_2, \dots, C_{i - 1}]$ . W ten sposób myślę, że $\{X_0, \dots, X_k\}$ to martingale. Ale wszystko, co możemy powiedzieć, to że $|X_i - X_{i - 1}| \leq 2\alpha$ prawie na pewno, prawda? Ten czynnik dwóch powoduje kłopoty, ponieważ oznacza, że po podstawieniu stwierdzamy, że $\Pr[\sum_{i = 1}^k C_i > k\beta + z\sqrt{k} \cdot 2\alpha] \leq e^{-z^2/2}$ 2/2 , który jest słabszy niż wniosek Dwork i in.

Czy brakuje mi prostej sztuczki? Czy wypowiedź Dworka i in. brakuje czynnika dwa?

pr.probability

— William Hoza
źródło

Stwierdzenie w artykule jest prawdziwe, ale nie wynika z „zwykłej” wersji nierówności Azumy. Problem polega na tym, że zwykła instrukcja zakłada ale dowolny przedział o tej samej długości; nie ma powodu, aby zakładać interwał symetryczny.

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

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

— Thomas

Nie mogę znaleźć referencji, więc naszkicuję tutaj dowód.

Twierdzenie. Niech będą prawdziwymi zmiennymi losowymi. Niech będą stałymi. Załóżmy, że dla wszystkich i wszystkich obsługujących , mamy $X_1, \cdots, X_n$ $a_1, \cdots, a_n, b_1, \cdots, b_n$ $i \in \{1,\cdots,n\}$ $(x_1,\cdots,x_{i-1})$ $(X_1, \cdots, X_{i-1})$

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

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

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

Dowód. Zdefiniuj . Twierdzimy, że Dla wszystkich i mamy Z założenia i dla wszystkich w ramach wsparcia $Y_i = \sum_{j=1}^i X_j$

\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}

$Y_{i-1}$ . (Zauważ, że ). Tak więc, dzięki lematowi Hoeffdinga , dla wszystkich w ramach wsparcia i wszystkich . Ponieważ , dla wszystkich , Teraz indukcja daje powyższe twierdzenie (*).

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}}] .

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

Teraz stosujemy nierówność Markowa do i używamy naszego twierdzenia (*). Dla wszystkich , Na koniec ustaw aby zminimalizować wyrażenie prawej ręki i uzyskać wynik. $e^{\lambda Y_n}$ $t, \lambda > 0$

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$}$

Jak wspomniałem w moim komentarzu, kluczową różnicą między tym a „zwykłym” stwierdzeniem nierówności Azumy jest wymóg , a nie . Ten pierwszy pozwala na większą elastyczność, co w niektórych przypadkach pozwala zaoszczędzić współczynnik 2. $X_i \in [a_i,b_i]$ $X_i \in [-a,a]$

Zauważ, że losowe zmienne w dowodzie są . Zwykłą wersję nierówności Azumy można uzyskać, biorąc Martingale , ustawiając i (gdzie ), a następnie stosując powyższy wynik. $Y_i$ $Y_1, \cdots, Y_n$ $X_i=Y_i-Y_{i-1}$ $[a_i,b_i]=[-c_i,c_i]$ $\mathbb{P}[|Y_i-Y_{i-1}|\leq c_i]=1$

— Tomasz
źródło

W pierwszym wierszu dowodu powinna to być prawdopodobnie (górna granica sumy jako zamiast ) ....

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

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

i

$i$

n

$n$

— Dougal

Dowód podany jest również w monografii Dubhashi i Panconesi.

— Kristoffer Arnsfelt Hansen

@KristofferArnsfeltHansen: Świetnie. Czy masz link?

— Thomas