Quantum Computing Hartmut Klauck Universität Frankfurt WS 05/

Approximative Polynome Wenn der Quantenalgorithmus mit T Fragen Fehler 1/3 hat, dann gibt es ein Polynom p mit Grad 2T mit p(x) 2 [0,1/3] für f(x)=0 und p(x) 2 [2/3,1] für f(x)=1 adeg(f) sei der minimale Grad eines solchen Polynoms Wir erhalten: Q(f) ¸ adeg(f)/2 Beispiel OR von 2 Bits: x 1 /3+x 2 /3+1/3, somit adeg(OR 2 )=1

Symmetrisierung Sei f eine symmetrische Funktion, also f konstant auf allen x mit |x|=k, d.h. es existieren Funktionswerte f 0,…,f n Betrachte Polynom p mit einer reellen Variablen, das p(k) 2 [0,1/3] für f k =0 und p(k) 2 [2/3,1] für f k =1 Aus einem Polynom für f erhalten wir ein solches Polynom gleichen Grades

Approximative Polynome uns symmetrische Funktionen Sei (f)=min {|2k-n+1|: f k f k+1 } für symm. f Paturi: adeg(f)= ( (n (n- (f))) 1/2 ) Beispiel: OR: (OR)=n-1, also adeg: Beispiel MAJORITY:

Charakterisierung Q(f) für symmetrische Funktionen Paturi gibt uns Q(f) ¸ ((n (n- (f))) 1/2 Es gilt auch: Q(f) · O((n (n- (f))) 1/2 Beweis: Beobachtung: Es reicht, zu wissen: |x|, wenn |x| · (n- (f))/2 |x|, wenn |x| ¸ (n+ (f))/2 Ansonsten: f ist konstant zwischen (n- (f))/2 und |x| ¸ (n+ (f))/2

Charakterisierung Q(f) für symmetrische Funktionen Beobachtung: Es reicht, zu wissen: |x|, wenn |x| · (n- (f))/2 |x|, wenn |x| ¸ (n+ (f))/2 Ansonsten: f ist konstant zwischen (n- (f))/2 und |x| ¸ (n+ (f))/2 Suche i mit x_i=1 bis (n- (f))/2 viele gefunden oder keine mehr vorhanden Suche i mit x_i=0 bis (n- (f))/2 viele gefunden oder keine mehr vorhanden Entscheide Laufzeit: Finde t markierte Positionen: O( ) Daher:

Wie gut sind untere Schranken mit der Polynom Methode? Behauptung: adeg(f) und Q(f) sind polynomiell verwandt für totale Funktionen f Für partielle Funktionen ist dies falsch! Plan: Zeigen: Untere Schranken für adeg via block- sensitivity bs(f) Zeigen obere Schranken für D(f) via bs(f) Weiteres Korollar: D(f) und Q(f) polynomiell verwandt!

(Block)-Sensitivität s(f,x) sei die Anzahl von Bits, die man in x flippen kann, so dass für das erhaltene x gilt f(x) f(x) Beispiel: s(OR,0 n )=n s(f)=max x (s(f,x) ) Blocksensitivität: Erlaube ganze Blöcke zu flippen

(Block)-Sensitivität Blocksensitivität: Erlaube ganze Blöcke zu flippen bs(f,x): max k, so dass folgendes möglich: Bilde k disjunkte Mengen von Variablen (Blöcke) Flippe alle Variablen in Block i ) f-Wert wechselt bs(f) is Maximum über alle x von bs(f,x)

Unterschied s(f) und bs(f) Es gibt eine Boolesche Funktion f mit s(f)=n 1/2 und bs(f)=n/2 Beweis: f: n 1/2 Blöcke von n 1/2 Variablen f(x)=1, wenn es einen Block gibt mit 2 Einsen nacheinander und sonst Nullen bs(f) ¸ n/2: 0 n ist sensitive Eingabe s(f) · n 1/2 : Übung

Wir zeigen: Q(f) ¸ ( bs 1/2 (f) ) Beispiel: bs(OR)=s(OR)=n Dann: D(f) · C 2 (f) C(f): Zertifikatskomplexität Und C(f) · s(f) bs(f) Damit: Q(f) ¸ D 1/8 (f)

Die untere Schranke via bs(f) FAKT [Ehlich und Zeller]: Sei p ein Polynom mit b 1 · p(i) · b 2 für alle ganzen Zahlen 0 · i · n Es gelte |p(x)| ¸ c für ein reelles 0 · x · N Dann ist deg(p) ¸ Theorem: adeg(f) ¸ (bs(f)/4) 1/2

Die untere Schranke via bs(f) Sei x eine Eingabe mit bs(f,x)=bs(f) ObdA nehmen wir an, x=0 k, bs(f)=k Betrachte Symmetrisierung eines Polynoms mit minimalem Grad, erhalten univariates p 0 · (0) · 1/3 1 ¸ p(1) ¸ 2/3 1 ¸ p(i) ¸ 0 für i=2,…,n Daher: p(z) ¸ 1/3 für z aus [0,1] Dann gilt: deg(p) ¸

Die untere Schranke via bs(f) FAKT [Ehlich und Zeller]: Sei p ein Polynom mit b 1 (x) · p(i) · b 2 für alle ganzen Zahlen 0 · i · n Es gelte |p(x)| ¸ c für ein reelles 0 · x · N Dann ist deg(p) ¸ Folgt aus Markovs Theorem: Sei p ein univariates Polynom vom Grad d, so dass für alle a · x · b gilt: c · p(x) · e. Dann gilt |p(x)| · d 2 (e-c)/(b-a) Beweis: Es gilt: für alle reellen x aus [0,n]: b 1 -c/2 · p(x) · b 2 +c/2 Markov: c · deg 2 (p)(c+b 2 -b 1 )/n Damit: deg 2 (p) ¸

Die obere Schranke durch bs(f) Wollen zeigen: D(f) · bs 4 (f) Dazu betrachten wir die Zertifikatskomplexität C(f) Wir zeigen D(f) · C 2 (f) Und C(f) · bs 2 (f)

Zertifikate Definition Ein Term der Form c=(x i(1) =b 1 Æ … Æ x i(k) =b i(k) ) heisse ein a-Zertifikat für eine Boolesche Funktion f, wenn für alle Eingaben x 2 {0,1} n die mit dem Term übereinstimmen, f(x)=a gilt Eingabe x hat Zertifikat c, wenn c auf x wahr k sei die Länge des Zertifikates f habe Zertifikatskomplexität k, wenn es für alle Eingaben ein Zertifikat der Länge k gibt, und für kleinere k dies nicht gilt Dann sei C(f)=k

Zertifikate Definition f habe a-Zertifikatskomplexität k, wenn es für alle Eingaben mit f(x)=a ein Zertifikat der Länge k gibt, und für kleinere k dies nicht gilt Dann sei C a (f)=k

Beispiel C 1 (OR)=1, Verwende Zertifikate x i =1 C 0 (OR)=n Wenn nicht alle Bits auf 0 gesetzt sind, ist OR(x)=1 möglich C(OR)=n

C(f) vs. D(f) Theorem D(f) · C 0 (f) C 1 (f) D(f) gross: wenn C 0 (f) klein, dann ist C 1 (f) gross Beispiel: AND(OR(…),OR(…),…,OR(…)) Formel Tiefe 2 mit Grad n 1/2

Beispiel C 0 (f),C 1 (f)=n 1/2 C 0 : fix. OR C 1 : fix. 1 per AND Aber: D(f)=n Also Theorem optimal

Beweis Beobachtung: Jedes Paar von 1-Zertifikat und 0-Zertifikat hat gemeinsame Variable Denn sonst gibt es eine Eingabe, die mit beiden konsistent! Algorithmus: Exponiere 1-Zertifikat Kürze alle 0-Zertifikate Bis nicht mehr möglich

Der Algorithmus C 1 (f)=k, C 0 (f)=l K:Menge von 1-Zertifikaten der Länge k, die 1-Eingaben überdeckt L:Menge von 0-Eingaben … Wähle c aus K, Frage alle Variablen in c c erfüllt: Akzeptiere Sonst: Entferne c aus K Für alle d aus L: wenn d noch konsistent mit gelesenen Var., dann entferne aus d bekannte Variablen, sonst entferne d Wenn L leer ist: akzeptiere Wenn L nur noch triviale Zertifikate enthält: Verwerfe Wenn K leer ist: verwerfe

Analyse Korrektheit: Für alle Eingaben x gibt es ein 0-Zert. oder ein 1-Zert. f(x)=0, dann wird 0-Zert. nie entfernt, also wird verworfen f(x)=1, mit 1-Zert. c: Entweder c wird gefragt, dann wird akz. Oder: Es werden andere c aus K gefragt, bis L leer Es wird akzeptiert

Laufzeit Wenn c aus K gefragt wird, werden alle d aus L entweder gestrichen, oder um 1 Variable gekürzt Kosten des Fragens von c: k Anzahl der Runden, bis L leer: höchstens l In allen anderen Fällen wird vorher entschieden Gesamt: D(f) · kl=C 0 (f)C 1 (f)

Zusammengefasst C(f) · D(f) · C 2 (f) C 1 (f),C 0 (f) · D(f) · C 0 (f)C 1 (f) Nichtdeterminismus entspricht C 1

C(f) vs. bs(f) Theorem C(f) · bs(f) s(f) Beobachtung: Wenn (für f und x) B ein minimaler Block von Variablen ist, den zu flippen den Funktionswert ändert, dann ist s(f) ¸ |B|. Denn: Sei x wie x mit B geflippt Dann ändert auf x jede Variable in B den Funktionswert, d.h. s(f,x) ¸ |B|

Beweis Idee: für jedes x konstruiere ein kurzes Zertifikat Wenn für alle x ein Zertifikat der Länge s(f)bs(f,x) existiert, gilt C(f) · s(f) bs(f) Sei x gegeben, B 1,..., B k Blöcke wie in Def mit k=bs(f,x) Blöcke seien minimal, d.h. |B i | · s(f) Setze alle Variablen in [ i B i wie in x Klar: Monom c mit s(f)bs(f,x) Variablen

Beweis Ist c ein korrektes Zertifikat? Sei x eine Eingabe mit f(x) f(x) und x konsistent mit c Sei B k+1 die Menge der Variablen, wo x, x unterschiedlich Klar: auf x ist f für B k+1 sensitiv Aber B k+1 ist disjunkt von den Variablen in c, denn dort sind x und x gleich! Also ist bs(x)>k, Widerspruch!