এলোমেলো নমুনায় কোলমোগোরভ জটিলতার প্রত্যাশিত মান

স্ট্রমের কোলমোগোরভ জটিলতা গণনাযোগ্য নয়। তবে আকারের এলোমেলো উপসেটে in $M$ দৈর্ঘ্যের বাইনারি স্ট্রিং এর $n$ , কতগুলি সংখ্যার পূর্ণসংখ্যার চেয়ে জটিলতা কম বলে আশা করা যায় $n_{0}$ এর চেয়ে কম $n$ (একটি কাজ হিসাবে $M$ , $n$ এবং $n_{0}$ )?

cc.complexity-theory kolmogorov-complexity

— বনাম
সূত্র

আপনি কি এখানে "স্ট্যান্ডার্ড" কোলমোগোরভ জটিলতা, বা উপসর্গ জটিলতা ব্যবহার করছেন?

— অবারে দা কুনহা

আসলে আমি কেবল কলমোগোরভ জটিলতার কথা ভাবছিলাম। আমি অনুমান করছিলাম

2^{n_{o}}

$2^{n_{o}}$ যখন আমরা সমস্ত স্ট্রিংয়ের মহাবিশ্ব বিবেচনা করি তখন সেই ডোমোটরপকে আবদ্ধ করা যায় bound আকারের নির্বিচারে এলোমেলো উপসেটের জন্য কোনও 'সামঞ্জস্যপূর্ণ' ফলাফল কিনা তা আমি স্পষ্ট ছিলাম না

M

$M$ উত্পাদিত হতে পারে। তবে কি উপসর্গ জটিলতা আমাদের একটি ভিন্ন ভিউ পয়েন্টে নিয়ে আসবে?

— বনাম

এটি অবশ্যই প্রস্থের ক্রম পরিবর্তন করবে না, আসলে আমি মনে করি এখন আমার উত্তর উভয় সংস্করণের জন্য আবদ্ধ।

— ডোমোটরপ

প্রত্যেকের জন্য

n

$n$ এবং প্রতিটি

c

$c$ , সম্ভাবনা যে এলোমেলো

n

$n$ বিট স্ট্রিং

x

$x$ কোলমোগোরভ জটিলতা রয়েছে

K (x) \geq n - c

$K(x) \geq n-c$ এর চেয়ে বড় is

1 - \frac{1}{2^{c}}

$1 - \frac{1}{2^c}$ (সঙ্গে

c = n - n_{0}

$c = n-n_0$ )। সুতরাং একটি এলোমেলো বিতরণ

M

$M$ স্ট্রিং, আপনি আশা করা উচিত

\frac{M}{2^{(} n - n_{0})}

$\frac{M}{2^(n-n_0)}$ সঙ্গে স্ট্রিং

K (x) < n_{0}

$K(x) \lt n_0$ ... স্বজ্ঞাতভাবে, উচ্চ কোলমোগোরভ জটিলতার সাথে একটি স্ট্রিং বাছাই করার খুব উচ্চ সম্ভাবনা রয়েছে।

— মারজিও দে বায়াসি

উত্তর:

কোলমোগোরভ জটিলতা কেবলমাত্র কিছু সংযোজক ধ্রুবক পর্যন্ত নির্ধারিত হয়, সুতরাং সঠিক উত্তর দেওয়া সম্ভব নয়। এখানে যে সীমাটি বর্ণনা করছি তা আরও দুর্বল।

একবার আমরা কয়টি জানতে পারলে প্রত্যাশিত সংখ্যাটি সহজেই গণনা করা যায় $2^n$ স্ট্রিংগুলির চেয়ে কম জটিলতা রয়েছে $n_0$ , তাই আমাকে এই উত্তর দিন। কোলমোগোরভ জটিলতা সম্পর্কে এটি সাধারণত প্রথম বিবৃতি যে এই সংখ্যাটি সর্বাধিক $2^{n_0}-1$ - যেহেতু এখানে ছোট দৈর্ঘ্যের কেবল অনেকগুলি স্ট্রিং রয়েছে। অন্যদিকে, যদি আপনার প্রোগ্রামটি "দৈর্ঘ্যের" বলে $n$ , নিতে $x$ তম সংখ্যা ", তারপর আপনি পাবেন $2^{n_0-K(n)-C}$ কম জটিলতার স্ট্রিং $n_0$ , কোথায় $K(n)$ এর কোলমোগোরভ জটিলতার উপসর্গ মুক্ত সংস্করণ $n$ (তাই সর্বাধিক $\log n+\log^* n + O(1)$ )। আরও বিশদে, স্ট্রিংটিতে প্রথমে ইনপুট নেওয়া টুরিং মেশিনের বর্ণনা রয়েছে taken $px$ , যেখানে p হ'ল উপসর্গ-মুক্ত প্রোগ্রামের বর্ণনা $n$ , আউটপুট $x$ দৈর্ঘ্যের তম সংখ্যা $n$ , যা হলো $O(1)$ বিটস, এবং তারপরে এটি অনুসরণ করা হবে $px$ ।

সম্ভবত এই সীমা উন্নত করা সম্ভব, তবে আমি সন্দেহ করি যে আপনি একটি সঠিক উত্তর পেতে পারেন।

— domotorp
সূত্র

আপনি যদি আপনার প্রোগ্রামটি "দৈর্ঘ্য n এর, xth নম্বরটি" নিয়ে থাকেন তবে 'এই বাক্যাংশটি সম্পর্কে কিছুটা ব্যাখ্যা করতে পারেন?

— বনাম

আপনি ঠিক বলেছেন, এটি সেখানে উপসর্গমুক্ত হওয়া উচিত, আমি এটি সংশোধন করেছি।

— ডোমোটরপ

একটি সুনির্দিষ্ট উত্তর দেওয়া যেতে পারে। দৈর্ঘ্যের স্ট্রিংয়ের সংখ্যা $n$ সর্বাধিক জটিল (জটিল) $n_0$ হয় $2^{n_0 - K(n_0|n)}$ , একটি ধ্রুবক ফ্যাক্টর অবধি। অতএব যেকোন প্রক্রিয়া যা এলোমেলোভাবে একটি উপসেট চয়ন করবে, যুক্তিসঙ্গত সম্ভাবনার সাথে ক $2^{-K(n_0|n) + O(1)}$ কম জটিলতার স্ট্রিংয়ের ভগ্নাংশ $n_0$ । আমাদের দাবিটি দেখানোর জন্য, জটিলতার সাথে স্ট্রিংয়ের সংখ্যার সমান তা দেখানো যথেষ্ট suff $k$ দ্বারা দেওয়া হয় $2^{k - K(k|n)}$ । আমরা এই মানটির ওপরের যোগফল নির্ধারণ করে প্রয়োজনীয় ফলাফলটি প্রদর্শন করতে পারি $k$ 1 থেকে পর্যন্ত $n_0$ । এই প্রদর্শন করার জন্য, আমরা (। বি Bauwens এবং এ সেন কারণে প্লেইন জটিলতা জন্য একটি additivity ফলাফলের ব্যবহার প্লেইন Kolmogorov জটিলতা জন্য একটি additivity উপপাদ্য । কম্পিউটিং সিস্টেম তত্ত্ব, 52 (2): 297-302, ফেব্রুয়ারি 2013),

C (a, b) = K (a | C (a, b)) + C (b | a, C (a, b)) + O (1) .

$C(a,b) = K(a|C(a,b)) + C(b|a,C(a,b)) + O(1).$ এখানে

K (\cdot)

$K(\cdot)$ উপসর্গমুক্ত কলমোগোরভ জটিলতা বোঝায়। নির্বাচন

a = n

$a = n$ , আমরা প্রতিটি জন্য যে পর্যবেক্ষণ

n

$n$ বিট স্ট্রিং

b

$b$ জটিলতা

k

$k$ আমাদের আছে

k = C (b) = C (n, b) + O (1) = K (n | k) + C (b | n, k) + O (1) .

$k = C(b) = C(n,b) + O(1) = K(n|k) + C(b|n,k) + O(1).$ সুতরাং, যেমন প্রতিটি জন্য

b

$b$ আমাদের আছে

C (b | n, k) = k - K (n | k) + O (1)

$C(b|n,k) = k - K(n|k)+O(1)$ । দিন

k^{'} = k - K (n | k)

$k' = k - K(n|k)$ । এখন কেউ লক্ষ্য করতে পারেন যে সর্বাধিক রয়েছে are

O (2^{k^{'}})

$O(2^{k'})$ যেমন স্ট্রিং

b

$b$ , এবং অভিধানের প্রত্যেকটি প্রথমে

2^{k^{'}}

$2^{k'}$ দৈর্ঘ্যের স্ট্রিং

n

$n$ পরিতৃপ্ত করা

C (b | n, k) \leq k^{'} + O (1)

$C(b|n,k) \le k' + O(1)$ । এইভাবে

Ω (2^{k^{'}})

$\Omega(2^{k'})$ তাদের মধ্যে সন্তুষ্ট

C (b | n, k) = k^{'} + O (1)

$C(b|n,k) = k' + O(1)$ ।

— ব্রুনো বাউভেনস
সূত্র