高维空间中的正方体和Chernoff Bounds

本文将介绍高维空间中正方体的一些性质，以及一个非常常见也是非常有用的概率不等式——Chernoff Bounds。

考虑$d$维单位正方体$C=\{x|0\leq x_i\leq 1,i=1,\cdots,d\}$，其中心点为$(\frac{1}{2},\cdots,\frac{1}{2})$，体积为1。现在我们将其半径收缩到$1-\frac{c}{d}$，其体积为$(1-\frac{c}{d})^d\leq e^{-c}$，所以当$d$很大时，高维正方体的体积总是分布在其边缘地带。

定义超平面$H=\{x|\sum_{i=1}^dx_i=\frac{d}{2}\}$，即过中心点但不过原点的对角面。现在我们从正方体$C$中均匀随机的产生观察点$x$（相当与从$[0,1]$独立均匀的选取$x_1,\cdots,x_d$），$x=(x_1,x_2,\cdots,x_d)$到$H$的距离为：

\begin{equation} L=\frac{1}{\sqrt{d}}|(\sum_{i=1}^dx_i-\frac{d}{2}|\end{equation}

这个距离平方的期望为:

\begin{equation}\mathbb{E}(L^2)=\frac{1}{d}\mathbb{E}[(\sum_{i=1}^dx_i-\frac{d}{2})^2]=\frac{1}{d}\mathop{Var}[\sum_{i=1}^dx_i]=\frac{1}{d}\frac{d}{12}=\frac{1}{12}\end{equation}

其中$\mathbb{E}(\sum_{i=1}^dx_i)=\frac{d}{2}, \mathop{Var}(\sum_{i=1}^dx_i)=\frac{d}{4}$。所以根据Markov不等式$\mathbb{P}(|x|\geq a)\leq\frac{\mathbb{E}(|x|)}{a}$可得：

$$\mathbb{P}(L\geq t)=\mathbb{P}(L^2\geq t^2)\leq\frac{\mathbb{E}(L^2)}{t^2}=\frac{1}{12t^2}$$

因此我们可以得到如下引理：

引理一 在$C$内随机均匀的选一点，则该点到超平面的距离在$t$以内的概率至少为$1-\frac{1}{12t^2}$，即$\mathbb{P}(L\leq t)\geq1-\frac{1}{12t^2}$。

接下去，我们将证明一个比引理一更一般的引理，这个引理在证明Chernoff Bounds时会用到。

引理二 令$x_1,x_2,\cdots,x_d$为独立的随机变量，且$0\leq x_i \leq 1$，$\mathbb{E}(x_i)=p_i$。令$y_i=x_i-p_i$，且记$\mu=\sum_{i=1}^dp_i$。那么对任意的正整数$n$有：

\begin{equation}\mathbb{E}[(\sum_{i=1}^dy_i)^n]\leq \mathop{Max}\{(2n\mu)^\frac{n}{2},n^n\}\end{equation}

证明：首先，我们将$(y_1+y_2+\cdots+y_d)^n$写成单项式的求和形式，即$(y_1+y_2+\cdots+y_d)^n=\sum_{I\in S}\prod_{i\in I}y_i^{r_i}$，其中$r_i$表示在每一个单项式中$y_i$出现的次数，$I$表示非零$r_i$对应的下标集合，$S=\{I|\sum_{i\in I}r_i=n\}$。所以$\mathbb{E}[(y_1+y_2+\cdots+y_d)^n]=\mathbb{E}[\sum_{I\in S}\prod_{i\in I}y_i^{r_i}]$。

现在我们先计算其中单个单项式的期望。由于随机变量之间的相互独立性，所以$\mathbb{E}(\prod_{i\in I}y_i^{r_i})=\prod_{i\in I}\mathbb{E}(y_i^{r_i})$，另外又因为$\mathbb{E}(y_i)=0$，所以这里我们可以只考虑$r_i\geq 2$，所以每个集合$I$的大小将小于等于$\frac{n}{2}$，即$|I|\leq\frac{d}{2}$。由于$y_i\in [-p_i,1-p_i]$，所以：

\begin{align*}\mathbb{E}[|y_i^{r_i}|]&\leq\mathbb{E}(y_i^2)=\mathbb{E}[(x_i-p_i)^2]\\&=\mathbb{E}(x_i^2)-p_i^2\leq \mathbb{E}(x_i^2)\leq\mathbb{E}(x_i)=p_i\end{align*}

因此，

$$\prod_{i\in I}\mathbb{E}(y_i^{r_i})\leq \prod_{i\in I}\mathbb{E}(|y_i^{r_i}|)\leq\prod_{i\in I}p_i\triangleq p(I)$$

也就是每个单项式的期望不会超过$p(I)$，所以$\mathbb{E}[(\sum_{i=1}^dy_i)^r]\leq\sum_{I,|I|\leq\frac{n}{2}}p(I)N(I)$，其中$N(I)$表示此单项式出现的次数。且$I$对应的单项式数量不会超过按如下方式产生的单项式数量，即每次从$|I|$（因为该单项式只有$|I|$个因子可供选择）中选择一个因子，然后选择$n$次，故$n(I)\leq |I|^n$。

同时，

\begin{align}\sum_{I:|I|=t}p(I)&=\sum_{I:|I|=t}(\prod_{i\in I}p_i)\leq (\sum_{i=1}^dp_i)^t\frac{1}{t!}\label{equ:exp1}\\&=\frac{\mu^t}{t!}\approx\frac{\mu^t}{\sqrt{2\pi t}(\frac{t}{e})^t}\label{equ:exp2}\end{align}

其中等式\ref{equ:exp1}成立的原因：所有$t$个不同的$p_i$相乘的和必定小于从全部的$d$个$p_i$中选$t$次，并且把重复的$t!$个排列当成相同的单项式。等式\ref{equ:exp2}成立是因为$t!\approx \sqrt{2\pi t}(\frac{t}{e})^t$。所以：

\begin{equation}\mathbb{E}[(\sum_{i=1}^d)^r]\leq\sum_{t=1}^\frac{r}{2}\frac{\mu^tt^n}{\sqrt{2\pi}t^te^{-t}}\leq\frac{\mathop{Max}_{t=1}^\frac{n}{2}f(t)}{\sqrt{2\pi}}\sum_{t=1}^\frac{r}{2}t^n\end{equation}

这里$f(t)=\frac{(e\mu)^t}{t^t}$。对$f(t)$求导可知，在$t<\mu$时，$f(t)$为增函数；在$t>\mu$时，$f(t)$为减函数。故我们可以分两种情况讨论：1）当$\mu<\frac{n}{2}$时，$\mathop{Max}_{t=1}^\frac{n}{2}f(t)=f(\mu)=e^\mu\leq e^\frac{n}{2}$；2）当$\mu>\frac{n}{2}$时，$\mathop{Max}_{t=1}^\frac{n}{2}f(t)=f(\frac{n}{2})\leq\frac{(2e\mu)^\frac{n}{2}}{n^\frac{n}{2}}$。所以：

\begin{align}\mathbb{E}[(\sum_{i=1}^dy_i)^r]&\leq\frac{2}{\sqrt{2\pi}}\mathop{Max}[(\frac{2e\mu}{n})^\frac{n}{2},e^\frac{n}{2}](\frac{n}{2})^n\label{equ:exp3}\\&\leq\mathop{Max}[(\frac{en\mu}{2})^\frac{n}{2},(\frac{en^2}{4})^\frac{n}{2}]\nonumber\\&\leq\mathop{Max}[(2n\mu)^\frac{n}{2},n^n]\nonumber\end{align}

其中利用了不等式$\sum_{t=1}^\frac{n}{2}t^n\leq\int_{0}^{\frac{n}{2}}x^ndx\leq\frac{n}{2(n+1)}(\frac{n}{2})^n\leq\frac{1}{2}(\frac{n}{2})^n$。

好了，有了上面的这个引理后，我们就可以证明这个有用的Chernoff Bounds。

定理一 Chernoff Bounds

假设$x_i,y_i,\mu$与引理二中的一样，那么：

\begin{equation}\mathbb{P}(|\sum_{i=1}^dy_i|\geq t)\leq 3e^{-\frac{t^2}{12\mu}},\quad\text{for } 0<t\leq 3\mu\label{equ:cher1}\end{equation}

\begin{equation}\mathbb{P}(|\sum_{i=1}^dy_i|\geq t)\leq 2\times 2^{-\frac{t}{3}},\quad\text{for } t>3\mu\label{equ:cher2}\end{equation}

证明：令$r$为正偶数，$y=\sum_{i=1}^dy_i$，所以$y^r$是非负的。根据Markov不等式有：$\mathbb{P}(|y|\geq t)=\mathbb{P}(y^r\geq t^r)\leq\frac{\mathbb{E}(y^r)}{t^r}$。根据引理二，有$\mathbb{P}(|y|\geq t)\leq\mathop{Max}[\frac{(2r\mu)^\frac{r}{2}}{t^r},\frac{r^r}{t^r}]$，对所有$r$为偶数均成立。

经过简单的计算（求导），我们可以知道$\frac{(2r\mu)^\frac{r}{2}}{t^r}$的最小值在点$r_{min}=\frac{r^2}{2e\mu}$处取得。由于$r_{min}$不一定会是偶数，所以我们取不超过$r_{min}$的最大偶数$r$，且：

1）对所有的$t$:

\begin{align} (\frac{2r\mu}{t^2})^{-\frac{r}{2}}&\leq e^{-\frac{r}{2}}\label{equ:exp4}\\&\leq e^{1-\frac{t^2}{4e\mu}}\label{equ:exp5}\\&\leq 3e^{-\frac{t^2}{12\mu}}\label{equ:1}\end{align}

其中不等式\ref{equ:exp4}是由于$r\leq\frac{t^2}{2e\mu}$，不等式\ref{equ:exp5}是由于$\frac{r_{min}-r}{2}\leq 1\Longrightarrow -\frac{r}{2}\leq 1-\frac{r_{min}}{2}$.

2）当$0<t\leq 3\mu$时，

\begin{align}\frac{r^r}{t^r}&\leq(\frac{t}{3e\mu})^r\leq(\frac{3\mu}{2e\mu})^r=(\frac{2e}{3})^{-r}\nonumber\\&\leq(\sqrt{e})^{-r}=e^{-\frac{r}{2}}<3e^{-\frac{t^2}{12\mu}}\label{equ:2}\end{align}

综合不等式\ref{equ:1}和\ref{equ:2}可知，不等式\ref{equ:cher1}成立。

对于第二个不等式，选择$r$为不超过$\frac{2}{3}t$的最大偶数，即$r\leq\frac{2}{3}t$。又$t>3\mu$，故有：

\begin{equation}\frac{r^r}{t^r}\leq(\frac{4}{9})^\frac{r}{2}\leq(\frac{1}{2})^\frac{r}{2}=2^{-\frac{r}{2}}\end{equation}

\begin{equation}(\frac{2\mu r}{t^2})^\frac{r}{2}\leq(\frac{2tr}{3t^2})^\frac{r}{2}=(\frac{2}{3}\frac{r}{t})^\frac{r}{2}\leq\frac{1}{2}^\frac{r}{2}=2^{-\frac{r}{2}}\end{equation}

所以$\mathop{Max}[\frac{(2r\mu)^\frac{r}{2}}{t^r},\frac{r^r}{t^r}]\leq 2^{-\frac{r}{2}}$。由于$\frac{\frac{2}{3}t-r}{2}\leq 1\Longrightarrow -\frac{r}{2}\leq 1-\frac{t}{3}$，所以$2^{-\frac{r}{2}}\leq 2^{1-\frac{t}{3}}=2\times 2^{-\frac{t}{3}}$，所以不等式\ref{equ:cher2}成立