この非標準バージョンの東の不平等の証拠は何ですか？

DworkらによるBoosting and Differential Privacyの付録B では、著者は以下の結果を証拠なしに述べており、それをAzumaの不等式と呼んでいます。

レッツ、このようなすべてのためにその実数値確率変数も、 $C_1, \dots, C_k$ $i \in [k]$

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

すべてのに対して、。 $(c_1, \dots, c_{i - 1}) \in \text{Supp}(C_1, \dots, C_{i - 1})$ $\text{E}[C_i \mid C_1 = c_1, \dots, C_{i - 1} = c_{i - 1}] \leq \beta$

次いで、すべてのため $z > 0$ 、我々は $\Pr[\sum_{i = 1}^k C_i > k\beta + z \sqrt{k} \cdot \alpha] \leq e^{-z^2/2}$ 。

これを証明するのに問題があります。東の不平等の標準バージョンはこう言います：

仮定 $\{X_0, X_1, \dots, X_k\}$ マーチンゲールがあり、かつ $|X_i - X_{i - 1}| \leq \gamma_i$ ほぼ確実です。次に、すべての $t > 0$ 、 $\Pr[X_k \geq t] \leq \exp(-t^2/(2 \sum_{i = 1}^k \gamma_i^2))$ ます。

Dworkらが述べた東の不等式のバージョンを証明するために、およびを取る必要があると考えました。。そうはマルチンゲールだと思います。しかし、言えることはほぼ間違いないでしょう？この2つの要因は問題を引き起こします。置換後、 2/2。これは、Dworkらが述べた結論よりも弱い。 $X_0 = 0$ $X_i = X_{i - 1} + C_i - \text{E}[C_i \mid C_1, C_2, \dots, C_{i - 1}]$ $\{X_0, \dots, X_k\}$ $|X_i - X_{i - 1}| \leq 2\alpha$ $\Pr[\sum_{i = 1}^k C_i > k\beta + z\sqrt{k} \cdot 2\alpha] \leq e^{-z^2/2}$

私が見逃している簡単なトリックはありますか？Dworkらによる声明です。2の因子が欠落していますか？

pr.probability

— ウィリアム・ホザ
ソース

論文の声明は真実ですが、東の不平等の「通常の」バージョンからは続きません。問題は、通常のステートメントはを想定しているが、同じ長さの区間はすべてそうであることです。対称間隔を仮定する理由はありません。

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

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

— トーマスは

参照が見つからないため、ここで証明をスケッチします。

定理。ましょう本当の確率変数であることを。ましょう定数で。すべてのに対してとすべてのがサポートしているとします、我々は持っています $X_1, \cdots, X_n$ $a_1, \cdots, a_n, b_1, \cdots, b_n$ $i \in \{1,\cdots,n\}$ $(x_1,\cdots,x_{i-1})$ $(X_1, \cdots, X_{i-1})$

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

$\mathbb{P}[X_i \in [a_i,b_i]]=1$ 。

次に、すべての、 $t\geq0$
$P [\sum_{i = 1}^{n} X_{i} \geq t] \leq \exp (\frac{- 2 t^{2}}{\sum_{i = 1}^{n} (b_{i} - a_{i})^{2}}) .$ $\mathbb{P}\left[\sum_{i=1}^n X_i \geq t\right] \leq \exp\left(\frac{-2t^2}{\sum_{i=1}^n (b_i-a_i)^2}\right).$

証明。定義。我々は主張すべてのおよびについて、仮定により、およびサポートするすべての $Y_i = \sum_{j=1}^i X_j$

\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}

$Y_{i-1}$ 。（注意してください。）したがって、Hoeffdingの補題により、すべてのおよびすべてののサポート。以来、すべてのため、我々は、、ここで、誘導により上記のクレーム（*）が得られます。

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}}] .

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

ここで、マルコフの不等式をに適用し、クレーム（*）を使用します。すべてのについて、最後に、を設定して、右辺式を最小化し、結果を取得します。 $e^{\lambda Y_n}$ $t, \lambda > 0$

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$}$

私のコメントで述べたように、これと東の不平等の「通常の」声明の重要な違いは、ではなく必要と。前者を使用すると柔軟性が高まり、場合によっては2分の1になります。 $X_i \in [a_i,b_i]$ $X_i \in [-a,a]$

プルーフ内のランダム変数はあることに注意してください。あなたはマーチンゲール取ることによって東の不等式の通常のバージョンを取得することができる、設定と（ここで、）、上記の結果を適用します。 $Y_i$ $Y_1, \cdots, Y_n$ $X_i=Y_i-Y_{i-1}$ $[a_i,b_i]=[-c_i,c_i]$ $\mathbb{P}[|Y_i-Y_{i-1}|\leq c_i]=1$

— トーマスがモニカをサポート
ソース

証拠の最初の行では、それはおそらくあるべきで（上のように和の結合はなく）...

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

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

i

$i$

n

$n$

— ドゥーガル

この証明は、DubhashiとPanconesiによるモノグラフにも記載されています。

— クリストファーアーンスフェルトハンセン

@KristofferArnsfeltHansen：すばらしい。リンクはありますか？

— トーマスは