这个非标准的Azuma不等式的证据是什么？

在Dwork等人的“ 促进和区别性隐私的附录B”中，作者陈述了以下结果，但没有证据，并将其称为Azuma不等式：

让 $C_1, \dots, C_k$ 来实值随机变量，使得对于每一个 $i \in [k]$ ，

$\Pr[|C_i| \leq \alpha] = 1$

对于每个，我们有。 $(c_1, \dots, c_{i - 1}) \in \text{Supp}(C_1, \dots, C_{i - 1})$ $\text{E}[C_i \mid C_1 = c_1, \dots, C_{i - 1} = c_{i - 1}] \leq \beta$

那么对于每个，我们有。 $z > 0$ $\Pr[\sum_{i = 1}^k C_i > k\beta + z \sqrt{k} \cdot \alpha] \leq e^{-z^2/2}$

我无法证明这一点。Azuma不等式的标准形式是：

假设是a，并且几乎可以肯定。然后对于所有，我们有。 $\{X_0, X_1, \dots, X_k\}$ $|X_i - X_{i - 1}| \leq \gamma_i$ $t > 0$ $\Pr[X_k \geq t] \leq \exp(-t^2/(2 \sum_{i = 1}^k \gamma_i^2))$

为了证明Dwork等人陈述的Azuma不等式的版本，我认为我们应该取且。这样，我认为是a。但是我们只能说几乎可以肯定，对吧？这两个因数会引起麻烦，因为这意味着在替换后，我们仅发现，比Dwork等人的结论弱。 $X_0 = 0$ $X_i = X_{i - 1} + C_i - \text{E}[C_i \mid C_1, C_2, \dots, C_{i - 1}]$ $\{X_0, \dots, X_k\}$ $|X_i - X_{i - 1}| \leq 2\alpha$ $\Pr[\sum_{i = 1}^k C_i > k\beta + z\sqrt{k} \cdot 2\alpha] \leq e^{-z^2/2}$

我缺少一个简单的技巧吗？是Dwork等人的声明。缺少两个因子？

pr.probability

— 威廉·霍扎
source

本文中的说法是正确的，但并非源自Azuma不等式的“通常”版本。问题在于，通常的语句假定但相同长度的任何间隔都可以；没有理由假定对称间隔。

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

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

— 托马斯

我找不到参考，因此我将在此处草绘证明。

定理。令为实随机变量。令为常数。假设，对于支持下的所有和所有，我们有 $X_1, \cdots, X_n$ $a_1, \cdots, a_n, b_1, \cdots, b_n$ $i \in \{1,\cdots,n\}$ $(x_1,\cdots,x_{i-1})$ $(X_1, \cdots, X_{i-1})$

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

$\mathbb{P}[X_i \in [a_i,b_i]]=1$ 。

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

证明。定义。我们声称对于所有和，我们都有假设和对于所有在支撑的 $Y_i = \sum_{j=1}^i X_j$

\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}

$Y_{i-1}$ 。（请注意，。）因此，根据霍夫丁的引理，对于所有在和所有。由于，我们有，对于所有，现在归纳得出上面的声明（*）。

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}}] .

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

现在我们将马尔可夫不等式应用于并使用我们的声明（*）。对于所有，最后，设置以最小化右手表达式并获得结果。 $e^{\lambda Y_n}$ $t, \lambda > 0$

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$}$

正如我在评论中提到的那样，此声明与Azuma不等式的“通常”声明之间的主要区别在于，需要而不是。前者提供了更大的灵活性，在某些情况下节省了2倍。 $X_i \in [a_i,b_i]$ $X_i \in [-a,a]$

注意，证明中的随机变量是超级市场。您可以通过设置a，设置和（其中），然后应用以上结果。 $Y_i$ $Y_1, \cdots, Y_n$ $X_i=Y_i-Y_{i-1}$ $[a_i,b_i]=[-c_i,c_i]$ $\mathbb{P}[|Y_i-Y_{i-1}|\leq c_i]=1$

— 汤玛士
source

在证明的第一行中，大概应该是（总和的上限为而不是）....

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

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

i

$i$

n

$n$

— Dougal

该证明也由Dubhashi和Panconesi在专着中给出。

— Kristoffer Arnsfelt Hansen

@KristofferArnsfeltHansen：太好了。你有链接吗？

— 托马斯