Sabe-se se

A inclusão inversa é óbvia, assim como o fato de que qualquer linguagem NP auto-redutível na BPP também está na RP. Isso também é conhecido por idiomas NP não auto-redutíveis?

Como na maioria das perguntas complexas, não tenho certeza de que haverá uma resposta completa por muito tempo. Mas podemos pelo menos mostrar que a resposta não é relativizante: existe um oráculo relativo ao qual a desigualdade se mantém e um relativo ao qual a igualdade se mantém. É bastante fácil dar um oráculo em relação ao qual as classes são iguais: qualquer oráculo que tenha B P P = R P funcionará (por exemplo, qualquer oráculo em relação ao qual "a aleatoriedade não ajuda muito"), assim como qualquer oráculo que tenha N P ⊆ B P P (por exemplo, qualquer oráculo em relação ao qual "a aleatoriedade ajuda muito"). Existem muitos deles, então não vou me preocupar com os detalhes.$\mathrm{BPP} = \mathrm{RP}$$\mathrm{NP} \subseteq \mathrm{BPP}$

É um pouco mais desafiador, embora ainda bastante simples, para projetar um parente oráculo para qual obtemos R P ⊊ B P P ∩ N P . A construção abaixo, na verdade, faz um pouco melhor: para qualquer constante c , existe uma relação Oracle para o qual existe uma língua em c o R P ∩ L P que não é em R P T I H E [ 2 n c ] . Vou descrevê-lo abaixo.$\mathrm{RP} \subsetneq \mathrm{BPP} \cap \mathrm{NP}$$c$$\mathrm{coRP} \cap \mathrm{UP}$$\mathrm{RPTIME}[2^{n^c}]$

Vamos projetar um oráculo A que contém cadeias de caracteres da forma ( x , b , z ) , onde x é uma cadeia de n bits, b é um bit e z é uma cadeia de bits de comprimento 2 n c . Nós também lhe dará uma linguagem L A que será decidido por um c o R P máquina e um U P aparelho da seguinte forma:$A$$(x,b,z)$$x$$n$$b$$z$$2n^c$$L^A$$\mathrm{coRP}$$\mathrm{UP}$

• A máquina c o R P , na entrada x , adivinha z de comprimento 2 | x | c aleatoriamente, consulta ( x , 0 , z ) e copia a resposta.$\mathrm{coRP}$$x$$z$$2|x|^c$$(x,\mathtt{0},z)$
• A máquina U P , na entrada x , adivinha z de comprimento 2 | x | c , consulta ( x , 1 , z ) e copia a resposta.$\mathrm{UP}$$x$$z$$2|x|^c$$(x,\mathtt{1},z)$

Para que as máquinas acima especificadas realmente cumpram suas promessas, precisamos de A para satisfazer algumas propriedades. Para cada x , uma dessas duas opções deve ser o caso:$A$$x$

• Opção 1: No máximo metade dos z escolhas tem ( x , 0 , z ) ∈ um e de zero z escolhas tem ( x , 1 , z ) ∈ Uma . (Nesse caso, x ∉ L A. )$z$$(x,\mathtt{0},z) \in A$ $z$$(x,\mathtt{1},z) \in A$$x \not\in L^A$
• Opção 2: Cada z escolha tem ( x , 0 , z ) ∈ A e precisamente um z escolha tem ( x , 1 , z ) ∈ Uma . (Nesse caso, x ∈ L A. )$z$$(x,\mathtt{0},z) \in A$ $z$$(x,\mathtt{1},z) \in A$$x \in L^A$

O nosso objectivo será o de especificar uma satisfazendo estes promessas de modo a que G A diagonaliza contra cada R P T I H E [ 2 n c ] máquina. Para tentar manter essa resposta já longa, deixarei de lado as máquinas de construção do oráculo e muitos detalhes sem importância e explicarei como diagonalizar em relação a uma máquina específica. Corrija M uma máquina de Turing aleatória e deixe x ser uma entrada para que tenhamos controle total sobre a seleção de b 'e z ' s para que ( x , b , $A$$L^A$$\mathrm{RPTIME}[2^{n^c}]$$M$$x$$b$$z$) ∈ Uma . Vamos quebrar M em x .$(x,b,z) \in A$$M$$x$

• Caso 1: Suponha que exista uma maneira de selecionar os zs para que A satisfaça a primeira opção de sua promessa e M tenha uma escolha aleatória que aceite. Em seguida, confirmaremos A nessa seleção. Em seguida, M não pode satisfazer simultaneamente a R P promessa e rejeitar x . No entanto, x ∉ G Uma . Portanto, temos diagonalizado contra M .$z$$A$$M$$A$$M$$\mathrm{RP}$$x$$x \not\in L^A$$M$

• Caso 2: Em seguida, suponha que o caso anterior não deu certo. Vamos agora mostrar que, em seguida, M pode ser forçados a quebrar a R P promessa ou rejeitar em algum escolha de um satisfazendo a segunda opção de sua promessa. Este diagonaliza contra H . Faremos isso em duas etapas:$M$$\mathrm{RP}$$A$$M$

  1. Mostram que para cada escolha fixo r de M bits aleatórios 's, H deve rejeitar quando todas as suas consultas da forma ( x , 0 , z ) estão em uma e todas as suas consultas da forma ( x , 1 , z ) não estão em a .$r$$M$$M$$(x,\mathtt{0},z)$$A$$(x,\mathtt{1},z)$$A$
  2. Mostrar que podemos virar uma resposta ( x , 1 , z ) de A para alguma escolha de z sem afetar a probabilidade de aceitação de M por muito.$(x,\mathtt{1},z)$$A$$z$$M$

  De fato, se começarmos com A da etapa 1, a probabilidade de aceitação de M é zero. A não satisfaz completamente a segunda opção de sua promessa, mas podemos virar um pouco como na etapa 2 e ela o fará. Desde lançando o bit provoca M probabilidade de aceitação 's para ficar perto de zero, segue-se que M não pode aceitar simultaneamente x e satisfazer a R P promessa.$A$$M$$A$$M$$M$$x$$\mathrm{RP}$

Resta discutir as duas etapas no caso 2:

1. Fixar uma escolha aleatória de bits de R por H . Agora simular M usando r como a aleatoriedade e responder a consultas de modo que ( x , 0 , z ) ∈ A e ( x , 1 , z ) ∉ Uma . Observe que M faz no máximo 2 n c consultas. Como existem 2 2 n c opções de z , podemos corrigir as opções não questionadas de z para ter ( $r$$M$$M$$r$$(x,\mathtt{0},z) \in A$$(x,\mathtt{1},z) \not\in A$$M$$2^{n^c}$$2^{2n^c}$$z$$z$, 0 , z ) ∉ A e tenha A ainda satisfaz a primeira opção de sua promessa. Como não conseguimos fazer o Caso 2 funcionar para M , isso significa que M deve rejeitar todas as suas escolhas de aleatoriedade em relação a A , e em particular em r . Conclui-se que, se seleccionar A ter ( x , 0 , z ) ∈ A e ( x , 1 , z ) ∉ Um para cada escolha de$(x,\mathtt{0},z) \not\in A$$A$$M$$M$$A$$r$$A$$(x,\mathtt{0},z) \in A$$(x,\mathtt{1},z) \not\in A$$z$, Em seguida, para cada escolha de bits aleatória r , M rejeita relativa a uma .$r$$M$$A$

2. Suponha-se que para cada z , a fracção de bits aleatórios para o qual M consultas ( x , 1 , z ) é, pelo menos, 1 / 2 . Em seguida, o número total de consultas é pelo menos 2 2 n c 2 2 n c / 2 . Por outro lado, M faz no máximo 2 2 n c 2 n c consultas em todos os seus ramos, uma contradição. Portanto, existe uma escolha de z para que a fração de bits aleatórios para a qual $z$$M$$(x,\mathtt{1},z)$$1/2$$2^{2n^c} 2^{2^{n^c}}/2$$M$$2^{2^{n^c}} 2^{n^c}$$z$$M$consultas ( x , 1 , z ) é menor que 1/2. Lançando o valor de à esta cadeia, por conseguinte, afecta a probabilidade de aceitação de H pelo menos de 1 / 2 .$(x,\mathtt{1},z)$$A$$M$$1/2$

Não, não se sabe. Essa pode não ser a prova mais convincente, mas dê uma olhada nesta pesquisa no Google .