Что является доказательством этой нестандартной версии неравенства Азумы?

В Приложении B « Повышение и дифференциальная конфиденциальность » Дворка и др. Авторы приводят следующий результат без доказательств и называют его неравенством Азумы:

Пусть - действительные случайные величины, такие что для каждого , $C_1, \dots, C_k$ $i \in [k]$

$\Pr[|C_i| \leq \alpha] = 1$ и

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

Тогда для каждого $z > 0$ имеем $\Pr[\sum_{i = 1}^k C_i > k\beta + z \sqrt{k} \cdot \alpha] \leq e^{-z^2/2}$ ,

У меня проблемы с доказательством. Стандартная версия неравенства Азумы говорит:

Предположим, что $\{X_0, X_1, \dots, X_k\}$ является мартингалом, а $|X_i - X_{i - 1}| \leq \gamma_i$ почти наверняка. Тогда для всех $t > 0$ имеем $\Pr[X_k \geq t] \leq \exp(-t^2/(2 \sum_{i = 1}^k \gamma_i^2))$ .

Чтобы доказать версию неравенства Азумы, изложенную Дворком и др., Я решил, что нам нужно взять $X_0 = 0$ и $X_i = X_{i - 1} + C_i - \text{E}[C_i \mid C_1, C_2, \dots, C_{i - 1}]$ . Таким образом, я думаю, что $\{X_0, \dots, X_k\}$ - мартингейл. Но все, что мы можем сказать, это то, что $|X_i - X_{i - 1}| \leq 2\alpha$ почти наверняка, верно? Этот фактор в два раза вызывает проблемы, потому что это означает, что после замены мы просто обнаруживаем, что $\Pr[\sum_{i = 1}^k C_i > k\beta + z\sqrt{k} \cdot 2\alpha] \leq e^{-z^2/2}$ , что слабее, чем заключение, сформулированное Dwork et al.

Есть ли простой трюк, который я пропускаю? Является ли заявление Dwork et al. не хватает в два раза?

pr.probability

— Уильям Хоза
источник

Утверждение в статье верно, но не следует из «обычной» версии неравенства Азумы. Проблема в том, что обычное утверждение предполагает но подойдет любой интервал той же длины; нет оснований предполагать симметричный интервал.

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

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

— Томас поддерживает Монику

Я не могу найти ссылку, поэтому я просто набросал доказательство здесь.

Теорема. Пусть - реальные случайные величины. Пусть являются константами. Предположим, что для всех и всех в поддержке , у нас есть $X_1, \cdots, X_n$ $a_1, \cdots, a_n, b_1, \cdots, b_n$ $i \in \{1,\cdots,n\}$ $(x_1,\cdots,x_{i-1})$ $(X_1, \cdots, X_{i-1})$

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

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

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

Доказательство. Определить . Мы утверждаем, что Для всех и у нас есть По предположению, и для всех в поддержку $Y_i = \sum_{j=1}^i X_j$

\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}

$Y_{i-1}$ , (Обратите внимание, что .) Таким образом, по лемме Хеффдинга , для всех в поддержку и всех . Так , мы имеем, для всех , Теперь индукция дает иск (*) выше.

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}}] .

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

Теперь мы применяем неравенство Маркова к и используем наше утверждение (*). Для всех , Наконец, установите чтобы минимизировать выражение правой руки и получить 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$}$

Как я упоминал в своем комментарии, ключевое отличие между этим и «обычным» утверждением о неравенстве заключается в том , что вместо требуется . Первый обеспечивает большую гибкость, и в некоторых случаях это экономит коэффициент 2. $X_i \in [a_i,b_i]$ $X_i \in [-a,a]$

Обратите внимание, что случайные величины в доказательстве являются супермартингалом. Вы можете получить обычную версию неравенства взяв мартингейл , установив и (где ) с последующим применением вышеуказанного результата. $Y_i$ $Y_1, \cdots, Y_n$ $X_i=Y_i-Y_{i-1}$ $[a_i,b_i]=[-c_i,c_i]$ $\mathbb{P}[|Y_i-Y_{i-1}|\leq c_i]=1$

— Томас поддерживает Монику
источник

В первой строке доказательства это, по-видимому, должно быть (верхняя граница суммы как а не ) ....

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

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

i

$i$

n

$n$

— Дугал

Доказательство также дано в монографии Дубхаши и Панконези.

— Кристоффер Арнсфельт Хансен

@KristofferArnsfeltHansen: Отлично. У вас есть ссылка?

— Томас поддерживает Монику