이것은 깔끔한 질문이며 이전에 생각했습니다. 우리가 생각 해낸 것은 다음과 같습니다.

출력 x 1 , output , x n ∈ R d 를 얻기 위해 알고리즘을 번 실행 하면 많은 확률의 x i 가 좋은 세트 G에 속한다 는 것을 알 수 있습니다. 당신은 G 가 무엇인지 모릅니다 . 단지 그것이 볼록하다는 것입니다. 좋은 소식은 G 에 대해 더 이상의 정보 를 얻지 못하는 방법이 있다는 것입니다 . 이 포인트 콜 F ( X 1 , ⋯ , X에 N을 ) .n

$n$

$n$x1,⋯,xn∈Rd

$x_1,\cdots ,x_n\in {\mathbb{R}}^d$

$x_1, \cdots, x_n \in \mathbb{R}^d$xi

$x_i$

$x_i$G

$G$

$G$G

$G$

$G$G

$G$

$G$f(x1,⋯,xn)

$f(x_1,\cdots ,x_n)$

$f(x_1, \cdots, x_n)$

정리. 모든 자연수를 들어 과 D , 함수가 존재 F : ( R에 D ) N을 → R (D) 이하가되도록 유지. x 1을 보자 . . . x n ∈ R d 및 G ⊂ R d 가 1을 만족하는 볼록한 세트가되도록하십시오.n

$n$

$n$d

$d$

$d$f:(Rd)n→Rd

$f:({\mathbb{R}}^d{)}^n\to {\mathbb{R}}^d$

$f : (\mathbb{R}^d)^n \to \mathbb{R}^d$x1...xn∈Rd

$x_1...x_n\in {\mathbb{R}}^d$

$x_1 ... x_n \in \mathbb{R}^d$G⊂Rd

$G\subset {\mathbb{R}}^d$

$G \subset \mathbb{R}^d$이어서f를(X1,...,XN)∈G를. 또한,f는nd의시간 다항식으로 계산할 수있습니다.

1n|{i∈[n]:xi∈G}|>dd+1.

$$\frac{1}{n}\left|\{i\in [n]:x_i\in G\}\right|>\frac{d}{d+1}.$$

$$\frac{1}{n}\left|\left\{ i \in [n] : x_i \in G \right\}\right| > \frac{d}{d+1}.$$ f(x1,...,xn)∈G

$f(x_1,...,x_n)\in G$

$f(x_1, ..., x_n) \in G$f

$f$

$f$nd

$n^d$

$n^d$

은 해당주의 , 우리는 설정할 수 F를 평균한다. 따라서 이것은 d > 1 의 중앙값을 일반화하는 방법을 보여줍니다 .d=1

$d=1$

$d=1$f

$f$

$f$d>1

$d>1$

$d>1$

이 결과를 증명하기 전에 다음과 같이 조이십시오. 이고 x 1 , ⋯ , x d를 표준 기본 요소로하고 x d + 1 = 0으로하십시오 . 점들 중 d 의 임의의 부분 집합은 차원 d – 1 의 아핀 공간 ( G) 에 포함된다 (이 점들에 의해 고유하게 정의 됨). 그러나 그 모든 작은 공간에는 아무런 의미가 없습니다. 따라서 n ⋅ d / ( d + 를 포함 하는 볼록한 G 가 있습니다.n=d+1

$n=d+1$

$n=d+1$x1,⋯,xd

$x_1,\cdots ,x_d$

$x_1, \cdots, x_d$xd+1=0

$x_{d+1}=0$

$x_{d+1}=0$d

$d$

$d$G

$G$

$G$d−1

$d-1$

$d-1$G

$G$

$G$ 점이지만값이 무엇이든 f ( x 1 , ⋯ , x n )을 포함하지 않습니다.n⋅d/(d+1)=d

$n\cdot d/(d+1)=d$

$n\cdot d/(d+1)=d$f(x1,⋯,xn)

$f(x_1,\cdots ,x_n)$

$f(x_1, \cdots, x_n)$

증명. 다음 결과를 사용합니다.

헬리 정리. 보자 . . . K의 m은 볼록 부분 집합 일 수 R에 D . d + 1 K i 의 교점 이 비어 있지 않은 것으로 가정하십시오 . 그리고 모두의 교차 K 내가 S를 비어 있지 않은 것입니다.K1...Km

$K_1...K_m$

$K_1 ... K_m$Rd

${\mathbb{R}}^d$

$\mathbb{R}^d$d+1

$d+1$

$d+1$ Ki

$K_i$

$K_i$Ki

$K_i$

$K_i$

Helly의 정리 증명을 보려면 여기를 클릭하십시오.

이제 우리의 정리를 증명하기 위해 :

하자 상부에없는 점의 수에 바인딩 된 G를 . 모든 닫힌 반 공백 K 1을 고려하십시오 . . . K m ⊂ R에 D 적어도 함유 N – K의 그 자신의 경계는 최대 랭크의 포인트들의 세트를 함유하는 점 (이 각각 같은 halfspaces 한정된 개수 K 난 에 의해 정의되는 D + 1 개 의 경계 지점).k<n/(d+1)

$k<n/(d+1)$

$k<n/(d+1)$G

$G$

$G$K1...Km⊂Rd

$K_1...K_m\subset {\mathbb{R}}^d$

$K_1 ... K_m \subset \mathbb{R}^d$n−k

$n-k$

$n-k$Ki

$K_i$

$K_i$d+1

$d+1$

$d+1$

각각의 보완 가장에 포함 케이 점. 합집합에 의해, 임의의 d + 1 K i 의 교점 은 적어도 n - k ( d + 1 ) > 0 포인트를 포함한다. (halfspaces 볼록 때문에) HELLY 정리함으로써, 모든 교차점에 포인트가 K 난 들 . 우리가 할 수 f는 의 교차점에있는 임의의 점 계산 함수일 K 난 들.Ki

$K_i$

$K_i$k

$k$

$k$d+1

$d+1$

$d+1$ Ki

$K_i$

$K_i$n−k(d+1)

$n-k(d+1)$

$n-k(d+1)$Kis

$K_{i}s$

$K_is$f

$f$

$f$Ki

$K_i$

$K_i$

모든 그 유적의 교차점 있음을 보여주는 것입니다 의가에 포함되어 G .Ki

$K_i$

$K_i$G

$G$

$G$

일반성을 잃지 않으면 서 는 전체 순위를 가진 포인트의 하위 집합의 볼록 껍질입니다. 즉, G 를 포함하는 점의 볼록 껍질로 G 를 대체 할 수 있습니다. 이것이 전체 순위를 갖지 않는다면, 단순히 우리의 정리를 더 낮은 차원으로 적용 할 수 있습니다.G

$G$

$G$G

$G$

$G$

각 얼굴 halfspace 정의 G는 이들 halfspaces의 교차점이다. 이 반 공간 각각에는 G 가 포함 되므로 n - k 개 이상의 점이 포함됩니다. 이 절반 공간 중 하나의 경계는 G 의면을 포함하므로 최대 순위의 점 세트를 포함합니다. 따라서 이러한 halfspaces 각각은 인 K의 난 . 따라서 모든 교차점 K I 들에 포함되는 G 필요한.G

$G$

$G$G

$G$

$G$G

$G$

$G$n−k

$n-k$

$n-k$G

$G$

$G$Ki

$K_i$

$K_i$Ki

$K_i$

$K_i$G

$G$

$G$

계산할 선형 제약 조건에 대응하는 선형 프로그램 설정 K I 모든 교차점에 포인트들 및 대응 가능한 솔루션 K 난 들.
QEDf

$f$

$f$Ki

$K_i$

$K_i$Ki

$K_i$

$K_i$

불행히도,이 결과는 고차원적인 환경에서는 그리 실용적이지 않습니다. 좋은 질문은 우리가 더 효율적으로 계산할 수 있는지 여부입니다 .f

$f$

$f$

열린 문제. 가 n 과 d의 시간 다항식으로 계산 될 수 있다는 추가 결론으로 ​​위의 정리를 증명하십시오 .
f

$f$

$f$n

$n$

$n$d

$d$

$d$

따로 : 우리는 또한 효율적인 해결책을 얻기 위해 문제를 바꿀 수 있습니다 : 이 절반 이상이 공 B ( y , ε )에 있는 성질을 가지고 있다면 , 우리는 점 z를 찾을 수 있습니다 점이다 B ( 예 , 3 ε ) 시간 다항식의 N 및 D . 특히 임의의 i에 대해 z = x i 를 설정 하여 점의 절반 이상이 B에있게됩니다.x1,⋯,xn

$x_1,\cdots ,x_n$

$x_1, \cdots, x_n$B(y,ε)

$B(y,\epsilon )$

$B(y,\varepsilon)$z

$z$

$z$B(y,3ε)

$B(y,3\epsilon )$

$B(y,3\varepsilon)$n

$n$

$n$d

$d$

$d$z=xi

$z=x_i$

$z=x_i$i

$i$

$i$ .B(z,2ε)

$B(z,2\epsilon )$

$B(z,2\varepsilon)$

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