在

11

我想知道是否存在以下问题的下限（就样本复杂性而言）：

给定示例oracle访问上的两个未知分布 $D_1$ ，，测试（whp）是否 $D_2$ $\{1,\dots,n\}$

$D_1=D_2$
或 $\operatorname{d_2}(D_1,D_2)=\lVert D_1-D_2\rVert_2 = \sqrt{\sum_{i=1}^n\left(D_1(i)-D_2(i)\right)^2} \geq \epsilon$

Batu等。[BFR + 00]显示 $O\left(\frac{1}{\epsilon^4}\right)$ 样本足够，但是我还没有发现下界的任何提法吗？

我认为总可以显示 $\Omega(\frac{1}{\epsilon^2})$ 通过减少区分此问题的公平与 $\epsilon$ 偏向硬币的任务（模拟仅支持两点的分布，并根据iid抛硬币来回答测试者的问题降低下限，但这仍然留下二次缺口...

（我要关注的另一点是估计（最大为累加 $\epsilon$ ）此 $L_2$ 距离的下限-再次，我在文献中未发现此类结果的参考）

谢谢你的帮助，

— 克莱门特C.
source

这个承诺问题似乎与Sahai和Vadhan 所说的统计差异非常相似，这对于SZK类（统计零知识）是一个完整的问题。但是，它们使用

距离。cs.ucla.edu/~sahai/work/web/2003%20Publications/J.ACM2003.pdf。（编辑：我也认为他们假设您有一个计算分布的电路，而不是oracle访问。）

L_{1}

$L_1$

— usul 2013年

您好，如在另一个评论所提到的，之间的差

和

范数实际上是至关重要的位置-进一步，在疗法纸，他们建立了一个明确的（而不是任意的）阈值

（在备注栏中的一个，他们解释说此阈值需要满足一些特定约束）；并希望区分

与

（其是某种更靠近耐受测试/距离估计比“通常的测试”，在要测试

与

L_{2}

$L_2$

L_{1}

$L_1$

τ = 1 / 3

$\tau=1/3$

d_{1} \leq τ

$d_1 \leq \tau$

d_{2} \geq 1 - τ

$d_2 \geq 1-\tau$

d_{2} = 0

$d_2=0$

（但对于任何固定

））。

d_{2} \geq ϵ

$d_2 \geq \epsilon$

ϵ

$\epsilon$

— Clement C.

6

看来，样品-如美国UL下面显示-是足以进行测试，以使样品的复杂性是完全 ; 实际上，事实证明这个样本数我们甚至没有足够的学习高达添加剂 WRT的常态。 $O(1/\epsilon^2)$ $\Theta(1/\epsilon^2)$ $D$ $\epsilon$ $L_2$

让是通过拉伸获得的经验密度函数 IID样品和设定 $\hat{D}$ $m$ $s_1,\dots, s_m\sim D$ 然后

\hat{D} (k) \overset{d e f}{=} \frac{1}{m} \sum_{ℓ = 1}^{m} 1_{{s_{ℓ} = k}}, k \in [n]

$\hat{D}(k) \stackrel{\rm{}def}{=} \frac{1}{m}\sum_{\ell=1}^m \mathbb{1}_{\{s_\ell = k\}},\qquad k\in[n]$

其中

\begin{aligned} ‖ D - \hat{D} ‖_{2}^{2} & = \sum_{k = 1}^{n} {(\frac{1}{m} \sum_{ℓ = 1}^{m} 1_{{s_{ℓ} = k}} - D (k))}^{2} = \frac{1}{m^{2}} \sum_{k = 1}^{n} {(\sum_{ℓ = 1}^{m} 1_{{s_{ℓ} = k}} - m D (k))}^{2} \\ = \frac{1}{m^{2}} \sum_{k = 1}^{n} {(X_{k} - E X_{k})}^{2} \end{aligned}

$\begin{align*} \lVert D - \hat{D} \rVert_2^2 &= \sum_{k=1}^n \left( \frac{1}{m}\sum_{\ell=1}^m \mathbb{1}_{\{s_\ell = k\}} - D(k) \right)^2 = \frac{1}{m^2}\sum_{k=1}^n \left( \sum_{\ell=1}^m \mathbb{1}_{\{s_\ell = k\}} - mD(k) \right)^2 \\ &= \frac{1}{m^2}\sum_{k=1}^n \left( X_k - \mathbb{E} X_k \right)^2 \end{align*}$

。的

“s（对于

）不是独立的，但我们可以写出

X_{k} \overset{d e f}{=} \sum_{ℓ = 1}^{m} 1_{{s_{ℓ} = k}} \sim Bin (m, D (k))

$X_k\stackrel{\rm{}def}{=} \sum_{\ell=1}^m \mathbb{1}_{\{s_\ell = k\}}\sim\operatorname{Bin}( m, D(k) )$

X_{k}

$X_k$

k \in [n]

$k\in[n]$

，使得用于

\begin{aligned} E ‖ D - \hat{D} ‖_{2}^{2} & = \frac{1}{m^{2}} \sum_{k = 1}^{n} E [{(X_{k} - E X_{k})}^{2}] = \frac{1}{m^{2}} \sum_{k = 1}^{n} Var X_{k} \\ = \frac{1}{m^{2}} \sum_{k = 1}^{n} m D (k) (1 - D (k)) \leq \frac{1}{m} \sum_{k = 1}^{n} D (k) \\ = \frac{1}{m} \end{aligned}

$\begin{align*} \mathbb{E}\lVert D - \hat{D} \rVert_2^2 &= \frac{1}{m^2}\sum_{k=1}^n \mathbb{E}\left[ \left( X_k - \mathbb{E} X_k \right)^2 \right] = \frac{1}{m^2}\sum_{k=1}^n \operatorname{Var} X_k \\ &= \frac{1}{m^2}\sum_{k=1}^n mD(k)\left( 1- D(k) \right) \leq \frac{1}{m}\sum_{k=1}^n D(k) \\ &= \frac{1}{m} \end{align*}$

，

m \geq \frac{3}{ϵ^{2}}

$m\geq \frac{3}{\epsilon^2}$

以及将马尔可夫不等式

E ‖ D - \hat{D} ‖_{2}^{2} \leq \frac{ϵ^{2}}{3}

$\begin{equation} \mathbb{E}\lVert D - \hat{D} \rVert_2^2 \leq \frac{\epsilon^2}{3} \end{equation}$

P {‖ D - \hat{D} ‖_{2} \geq ϵ} \leq \frac{1}{3} .

$\begin{equation} \mathbb{P}\left\{ \lVert D - \hat{D} \rVert_2 \geq \epsilon \right\} \leq \frac{1}{3}. \end{equation}$

— 克莱门特C.
source

（我指的是usul的答案，开头是“我将尝试通过显示相反的内容来弥补以前的错误[...]” –实际上高于该错误。我没想到会这样:)）上限，可以表明，最幼稚算法（即，一个，吸引

的样品，并将其输出的经验密度这定义）产生一个分布

是，具有恒定概率，

在

距离中接近

m = O (1 / ϵ^{2})

$m=O(1/\epsilon^2)$

\hat{D}

$\hat{D}$

ϵ

$\epsilon$

D

$D$

L_{2}

$L_2$

— Clement C.

@DW我刚刚编辑了答案。

— Clement C.

3

我将试图弥补我以前的错误通过显示相反的东西-那样本就足够了（的下限几乎很紧）！看看你的想法...。 $\tilde{\Theta}\left(\frac{1}{\epsilon^2}\right)$ $1/\epsilon^2$

关键的直觉来自两个观察。首先，为了使分布有一个距离的，必须有高概率（点）。例如，如果我们有概率的点，我们不得不 $L_2$ $\epsilon$ $\Omega(\epsilon^2)$ $1/\epsilon^3$ $\epsilon^3$ 。 $\|D_1 - D_2\|_2 \leq \sqrt{\frac{1}{\epsilon^3} (\epsilon^3)^2} = \epsilon^{3/2} < \epsilon$

第二，考虑具有均匀分布的距离的。如果我们有的概率的点，那么他们将每个相差和样品就足够了。另一方面，如果我们有点，则它们每个都需要相差然后又相差 $L_2$ $\epsilon$ $O(1)$ $O(1)$ $O(\epsilon)$ $1/\epsilon^2$ $O(1/\epsilon^2)$ $O(\epsilon^2)$ 样本（每点恒定的数目）就足够了。因此，我们可能希望，在前面提到的高概率点中，总有一些区分的“足够”点可以区分它。 $O(1/\epsilon^2)$ $O(1/\epsilon^2)$

算法。鉴于和参数的置信度，让。开奖 $\epsilon$ $M$ $X = M \log(1/\epsilon^2)$ 样品从每一个分布。令分别是点较高，较低数量的样本。如果有任何点对于其中 $\frac{X}{\epsilon^2}$ $a_i,b_i$ $i$ $i \in [n]$ 和 $a_i \geq \frac{X}{8}$ ，声明分布不同。否则，声明它们相同。 $a_i-b_i \geq \sqrt{a_i} \frac{\sqrt{X}}{4}$

正确性和置信范围（）取决于以下引理，即所有距离的偏差都来自概率相差。 $1-e^{-\Omega(M)}$ $L_2$ $\Omega(\epsilon^2)$

要求。假设。让。让 $\|D_1 - D_2\|_2 \geq \epsilon$ $\delta_i = |D_1(i) - D_2(i)|$ 。然后 $S_k = \{i : \delta_i > \frac{\epsilon^2}{k}\}$
$\sum_{i \in S_{k}} δ_{i}^{2} \geq ϵ^{2} (1 - \frac{2}{k}) .$ $\sum_{i \in S_k} \delta_i^2 \geq \epsilon^2\left(1-\frac{2}{k}\right).$

证明。我们有让我们绑定第二个和；我们希望最大限度地受。由于函数是严格凸和增加，我们可以采取任何增加的客观

\sum_{i \in S_{k}} δ_{i}^{2} + \sum_{i \notin S_{k}} δ_{i}^{2} \geq ϵ^{2} .

$\sum_{i \in S_k} \delta_i^2 ~ + ~ \sum_{i \not\in S_k} \delta_i^2 \geq \epsilon^2.$

\sum_{i \notin S_{k}} δ_{i}^{2}

$\sum_{i \not\in S_k} \delta_i^2$

\sum_{i \notin S_{k}} δ_{i} \leq 2

$\sum_{i \not\in S_k} \delta_i \leq 2$

x \mapsto x^{2}

$x \mapsto x^2$

并增加

通过

同时减少

通过

。因此，将以尽可能多的项在其最大值处最大化目标，而其余项在

处最大化目标。每项的最大值为

δ_{i} \geq δ_{j}

$\delta_i \geq \delta_j$

δ_{i}

$\delta_i$

γ

$\gamma$

δ_{j}

$\delta_j$

γ

$\gamma$

0

$0$

，最多

\frac{ϵ^{2}}{k}

$\frac{\epsilon^2}{k}$

而言，这值的（因为它们之和为至多

）。所以

\frac{2 k}{ϵ^{2}}

$\frac{2k}{\epsilon^2}$

2

$2$

\sum_{i \notin S_{k}} δ_{i}^{2} \leq \frac{2 k}{ϵ^{2}} {(\frac{ϵ^{2}}{k})}^{2} = \frac{2 ϵ^{2}}{k} . ◻

$\sum_{i \not\in S_k} \delta_i^2 \leq \frac{2k}{\epsilon^2}\left(\frac{\epsilon^2}{k}\right)^2 = \frac{2\epsilon^2}{k} . ~~~~ \square$

索赔。设。如果，存在的至少一个点与 $p_i = \max\{D_1(i),D_2(i)\}$ $\|D_1 - D_2\|_2 \geq \epsilon$ $i \in [n]$ 和 $p_i > \frac{\epsilon^2}{4}$ 。 $\delta_i \geq \frac{\epsilon \sqrt{p_i}}{2}$

证明。首先，在所有的点具有 $S_k$ 按定义定义（并且根据先前的声明，对于，不能为空）。 $p_i \geq \delta_i > \frac{\epsilon^2}{k}$ $S_k$ $k > 2$

第二，因为，我们有 $\sum_i p_i \leq 2$ 或者，重新布置，

\sum_{i \in S_{k}} δ_{i}^{2} \geq ϵ^{2} (\frac{1}{2} - \frac{1}{k}) \sum_{i \in S_{k}} p_{i},

$\sum_{i \in S_k} \delta_i^2 \geq \epsilon^2 \left(\frac{1}{2} - \frac{1}{k}\right) \sum_{i \in S_k} p_i,$

所以不等式

\sum_{i \in S_{k}} (δ_{i}^{2} - p_{i} ϵ^{2} (\frac{1}{2} - \frac{1}{k})) \geq 0,

$\sum_{i \in S_k} \left( \delta_i^2 - p_i \epsilon^2 \left(\frac{1}{2} - \frac{1}{k}\right)\right) \geq 0 ,$

在

中至少保持一点。现在选择

。

δ_{i}^{2} \geq p_{i} ϵ^{2} (\frac{1}{2} - \frac{1}{k})

$\delta_i^2 \geq p_i \epsilon^2 \left(\frac{1}{2} - \frac{1}{k}\right)$

S_{k}

$S_k$

k = 4

$k=4$

◻

$\square$

索赔（误报）。如果，我们的算法宣称他们最多的概率不同。 $D_1 = D_2$ $e^{-\Omega(M)}$

素描。考虑两种情况：和。在第一种情况下，样本的数目将不超过从任一分布：样品的平均数目是和结合的尾说，和概率 $p_i < \epsilon^2/16$ $p_i \geq \epsilon^2/16$ $i$ $X/8$ $< X/16$ ，的样品不超过其平均通过添加剂; 如果我们小心地将值保持在尾部边界，则无论它们有多少这样的点，我们都可以对其进行联合边界（直觉上，边界在可能点的数量上呈指数下降）。 $e^{-\Omega(X/p_i)} = \epsilon^2 e^{-\Omega(M/p_i)}$ $i$ $X/16$ $p_i$

在这种情况下，我们可以使用一个Chernoff边界：它说的是，当我们采取的样品和一个点被绘制以概率，从其平均值不同的概率通过 $p_i \geq \epsilon^2/16$ $m$ $p$ $pm$ 为至多 $c \sqrt{pm}$ 。在这里，令 $e^{-\Omega((c\sqrt{pm})^2/pm)} = e^{-\Omega(c^2)}$ ，所以概率为界。 $c = \frac{\sqrt{X}}{16}$ $e^{-\Omega(X)} = \epsilon^2 e^{-\Omega(M)}$

因此，与概率，（对于两种分布）的样本的数目是内 $1-\epsilon^2e^{-\Omega(M)}$ $i$ 其平均值的 $\sqrt{p_i\frac{X}{\epsilon^2}}\frac{\sqrt{X}}{16}$ 。因此，我们的测试将不会抓住这些点（它们彼此非常接近），并且我们可以对全部进行并集约束。 $p_i\frac{X}{\epsilon^2}$ $16/\epsilon^2$ $\square$

索赔（误报）。如果，我们的算法声明它们至多概率相同。 $\|D_1 - D_2\|_2 \geq \epsilon$ $\epsilon^2 e^{-\Omega(M)}$

素描。有一些点与和 $i$ $p_i > \epsilon^2/4$ 。相同的Chernoff边界如前述权利要求中表示，以概率，所述的样本数从它的均值不同至多由 $\delta_i \geq \epsilon \sqrt{p_i}/2$ $1-\epsilon^2 e^{-\Omega(M)}$ $i$ $p_i m$ 。这对于（WLOG）分配，其具有; 但是分布的样本数量与其平均值相差此相加量的可能性甚至更低（因为平均值和方差较低）。 $\sqrt{p_i m} \frac{\sqrt{X}}{16}$ $1$ $p_i = D_1(i) = D_2(i) + \delta_i$ $i$ $2$

因此，每个分布中的样本数均在内 $i$ 的平均值；但它们的概率相差，所以他们的装置通过不同 $\sqrt{\frac{p_i X}{\epsilon^2}} \frac{\sqrt{X}}{16}$ $\delta_i$

\frac{X}{ϵ^{2}} δ_{i} \geq \frac{X \sqrt{p_{i}}}{2 ϵ} = \sqrt{\frac{p_{i} X}{ϵ^{2}}} \frac{\sqrt{X}}{2} .

$\frac{X}{\epsilon^2}\delta_i \geq \frac{X \sqrt{p_i}}{2\epsilon} = \sqrt{\frac{p_i X}{\epsilon^2}} \frac{\sqrt{X}}{2} .$

因此，对于点，很有可能样本数量相差至少 $i$ 。 $\sqrt{\# samples(1)} \frac{\sqrt{X}}{4}$ $\square$

为了完成草图，我们需要更严格地证明，对于足够大的情况，当算法使用时，的样本数足够接近其均值。 $M$ $i$ 而非 $\sqrt{\# samples}$ ，它没有任何改变（这应该是由留在常量一些余地直截了当）。 $\sqrt{mean}$

— 高利贷
source

您好，感谢这一点-我对算法和分析（关于几个点我不知道领）几个问题：假设我只希望在最后一个恒定的概率

的成功，这意味着

常数，如果我理解正确（除非我不知道

是什么）？因此，在这种情况下，转到

：根据算法，它变为

2 / 3

$2/3$

M

$M$

M

$M$

X

$X$

-正确吗？

Θ (\log \frac{1}{ϵ})

$\Theta(\log\frac{1}{\epsilon})$

— Clement C.

@ClementC。对不起，我不太清楚！主张是如果我们画

的样品，然后被错误的概率是

，所以对于被错误的恒定概率，其

\frac{1}{ϵ^{2}} M \log (1 / ϵ^{2})

$\frac{1}{\epsilon^2} M \log(1/\epsilon^2)$

O (e^{- M})

$O(e^{-M})$

样本。

O (\frac{1}{ϵ^{2}} \log (1 / ϵ^{2}))

$O\left(\frac{1}{\epsilon^2} \log(1/\epsilon^2)\right)$

— usul 2013年

好，那是我收集的。考虑到这一点，我将仔细研究证明-再次感谢您花费的时间！

— Clement C.

1

您可能首先尝试解决的情况。在这种情况下，我很确定样本将是必要和充分的。 $n=2$ $\Theta(1/\epsilon^2)$

您可能会发现在距离和距离（总变化距离）之间进行转换很有帮助。 $L_2$ $L_1$

众所周知，对于一个样本，如果分布是已知的，则总变化距离完美地表征了人们可以区分与。因此，如果总变化距离较大并且分布已知，则可以建立概率很高的正确检验；如果总变化距离很小，则不能。对于总变化距离较大但分布未知的情况，我不知道该怎么说。 $D_1$ $D_2$
接下来，您可能会看到产品分布和。使用总变化距离（距离），似乎没有任何相关的良好界限至。但是，使用距离时，我相信估计值很好 $D_1^n$ $D_2^n$ $L_1$ $||D_1^n - D_2^n||_1$ $||D_1 - D_2||_1$ $L_2$ 作为的函数。（不幸的是，我似乎无法挖了一个具体提及这些估计/界限，所以我希望我没有记错。）还有已知的界限，让您估计距离的函数距离。 $||D_1^n - D_2^n||_2$ $||D_1 - D_2||_2$ $L_1$ $L_2$
因此，您可以尝试的一种方法是绑定，然后从此开始。 $||D_1^n - D_2^n||_2$ $||D_1^n - D_2^n||_1$

我不知道这是否会带来好的结果。这只是一个想法。您引用的论文的作者可能已经尝试或考虑过类似的事情。

可能有用的参考资料：

— DW
source

嗨，谢谢您的回答！但是，当

时，我对渐近下界感兴趣。特别是

和

范数之间的关系为

n \to \infty

$n\to\infty$

L_{2}

$L_2$

L_{1}

$L_1$

因子-表示它们确实等效于

常数，但是渐近地非常不同；使用

dstance作为代理是不是一种选择，只要能告诉我（作为用于测试接近

距离，确切的复杂性是已知的

\sqrt{n}

$\sqrt{n}$

n

$n$

L_{1}

$L_1$

L_{1}

$L_1$

[BFR + 10，VAl11难]

Θ (n^{2 / 3} / p o l y (ϵ))

$\Theta(n^{2/3}/{\rm{}poly}(\epsilon))$

— 克莱门特C.

0

编辑：这是不正确的！请参阅评论中的讨论-我将在下面指出缺陷。

我想我们可以说是必需的。 $\frac{1}{\epsilon^4}$

设定。令为均匀分布（每个点的概率），令在每个点处与均匀度相差相加量。检查距离是。 $n = \Theta\left(\frac{1}{\epsilon^2}\right)$ $D_1$ $= \Theta(\epsilon^2)$ $D_2$ $\pm \Theta\left(\epsilon^2\right)$ $L_2$ $\epsilon$

因此，我们必须将面公平硬币与面偏向硬币区分开。我想这应该是至少硬如讲一个从-sided公平的硬币 -sided 1-偏移的硬币，这就需要 $n$ $n$ $\Theta(\epsilon^2)$ $2$ $2$ $\Theta(\epsilon^2)$ 样品。编辑：这是不正确的！硬币的偏角为，但它乘以一个常数倍。正如DW所指出的，这意味着每点恒定数量的样本会将与区分开。 $\Theta\left(\frac{1}{(\epsilon^2)^2}\right) = \Theta\left(\frac{1}{\epsilon^4}\right)$ $\epsilon^2$ $D_1$ $D_2$

注意是我们可以推动这一论点的范围。具体来说，假设我们试图将增加到 $\frac{1}{\epsilon^4}$ $n$ 。在均匀分布，每个点具有概率。但是，在，我们需要的每个点由从均匀变化。这是不可能的，因为。 $\frac{1}{\epsilon^3}$ $\epsilon^3$ $D_2$ $\epsilon^{2.5}$ $\epsilon^{2.5} \gg \epsilon^3$

更抽象，假设我们希望每个点由均匀变化。那么我们最多可以将设置为 $\epsilon^k$ $n$ 。为了得到一个距离的，我们需要满足该距离的总和的平方根是，所以 $\frac{1}{\epsilon^k}$ $L_2$ $\epsilon$ $\epsilon$ ，因此因此，我们得到 $\sqrt{n(\epsilon^k)^2} = \epsilon$ $\epsilon^{k/2} = \epsilon$ $k = 2$ 。 $n = \frac{1}{\epsilon^2}$

另外，我认为同一论点也表明，如果我们对距离感兴趣，则需要 $L_p$ $p > 1$ ，所以我们选择 $k = \frac{p}{p-1}$ ，因此样本数为 $n = 1/\epsilon^{\frac{p}{p-1}}$ 。我认为这独立于是有道理的。当它接近无穷大。如果你试图在区分两个分布的距离没有绑定在，我会做无粘结大而展开的不同任意薄，所以你永远无法区分它们（即样本足以满足所有的无固定数量）。它也接近 $1 / \epsilon^{2\frac{p}{p-1}}$ $n$ $p \to 1$ $L_1$ $\epsilon$ $n$ $n$ $n$ 为; 这是有意义的，因为结合，对于范数，我们可以设置 $\frac{1}{\epsilon^3}$ $p \to \infty$ $L_{\infty}$ ，让每个点相差; 我们需要采样一点 $n = \frac{1}{\epsilon}$ $\Theta(\epsilon)$ 次以确保与制服不同，这需要 $\frac{1}{\epsilon^2}$ 样本。 $\frac{1}{\epsilon^3}$

— 高利贷
source

D_{2}

$D_2$

\pm 1 / ϵ^{2}

$\pm 1/\epsilon^2$

\pm ϵ^{2}

$\pm \epsilon^2$

1

2.我不认为区分

和

需要

D_{1}

$D_1$

D_{2}

$D_2$

1 / ϵ^{4}

$1/\epsilon^4$

Θ (1 / ϵ^{2})

$\Theta(1/\epsilon^2)$

m = 100 / ϵ^{2}

$m=100/\epsilon^2$

D_{1}

$D_1$

D_{2}

$D_2$

D_{1}

$D_1$

D_{2}

$D_2$

@DW（1）你是对的！固定。（2）正如您所说，我同意，但是我认为使用不同的常量选择会更困难。我想象这样的事情：

，那么

放概率

上的各点。然后

n = 1 / 100 ϵ^{2}

$n = 1/100\epsilon^2$

D_{1}

$D_1$

100 ϵ^{2}

$100\epsilon^2$

D_{2}

$D_2$

10 ϵ^{2}

$10\epsilon^2$

L_{2}

$L_2$

ϵ

$\epsilon$

90 ϵ^{2}

$90\epsilon^2$

110 ϵ^{2}

$110\epsilon^2$

1

我认为

样本仍然足够。收集

样本，并计算每个可能值出现多少次。对于

O (1 / ϵ^{2})

$O(1/\epsilon^2)$

m = 10^{6} n

$m=10^6n$

D_{1}

$D_1$

1000

$1000$

D_{2}

$D_2$

\approx 1000

$\approx 1000$

\approx 1000

$\approx 1000$

D_{1}

$D_1$

D_{2}

$D_2$ ，因为1,000,000和1,100,000之间的差是100个标准差，即很大。

— DW

1 / ϵ^{2}

$1/\epsilon^2$