Informasi bocor dengan lancar dari waktu ke waktu


8

Katakanlah saya memiliki variabel acak satu bit , dan biarkan menjadi bilangan alami. Saya ingin urutan variabel acak stn 0 = X 0 , X 1 , , X n = XX{0,1}n0=X0,X1,,Xn=X

H(X | {X0,,Xk})=1kn

Artinya, setiap tambahan menyediakan dari informasi dari , sampai semuanya terungkap oleh . Apakah ada konstruksi yang bagus untuk urutan ini? 1 / n X X n = XXk1/nXXn=X

Jawaban:


2

Via Michael Kass: misalkan menjadi proses Wiener mulai dari , dan definisikanY ( 0 ) = XY(t)Y(0)=X

f(t)=H(X | Y(t))

Kemudian , , dan lancar meningkat di antaranya. Jadi, untuk setiap kita dapat menemukan st memiliki entropi kondisional yang diinginkan ( akan menjadi fungsi penurunan ).f ( ) = 1 f ( t ) k 0 t X k = Y ( t ) t kf(0)=0f()=1f(t)k0tXk=Y(t)tk


3
Tidak bisakah Anda mengambil mana adalah XOR dan adalah Bernoulli independen dengan rata-rata ? Y k p kXk=XYkYkpk
Sasho Nikolov

Ya, itu metode yang diakui lebih sederhana. :)
Geoffrey Irving

0

Masalah dengan konstruksi sebelumnya adalah bahwa tidak ada jaminan bahwa terungkap dengan jelas setelah bit ditransmisikan (yang tampaknya menjadi persyaratan). Ini adalah konstruksi serupa yang berfungsi jika ganjil. Menghasilkan bit acak dengan probabilitas 1/2, . Biarkan dan menjadi nomor 1 dan 0 di . Sekarang, kirimkan S jika dan atau dan ; jika tidak mengirimkan salah satu pelengkap dari .n n n S = Y 0 , Y 1 , . . . N ( 0 ) N ( 1 ) S X = 1 N ( 1 ) > N ( 0 ) X = 0 N ( 1 ) < N ( 0 ) SXnnnS=Y0,Y1,...N(0)N(1)SX=1N(1)>N(0)X=0N(1)<N(0)S


Tapi saya bingung. Dalam proses ini, katakan bahwa . Jika dua bit pertama yang dikirim adalah 01 atau 10, maka probabilitas X menjadi 1 dikondisikan untuk melihat bit-bit ini adalah 1/2. Hal yang sama berlaku jika kita melihat 11 atau 00. Maka entropi dari distribusi bersyarat tidak 1/3 seperti yang disyaratkan. n=3
Suresh Venkat

Jika adalah 1, dua bit pertama yang ditransmisikan tidak boleh 00. Kemudian bit terakhir menambahkan 1/2 bit informasi dengan probabilitas 2/3 (dua bit pertama 01 atau 10) dan 0 bit informasi dengan probabilitas 1/3 (11, karena tidak peduli apa hasilnya 1). X
siravan

Koreksi. Analisis saya sebelumnya tidak benar. Saya pikir ada dua cara untuk melihatnya. Algoritma simetris pada bit dan mentransmisikan satu bit total informasi, sehingga setiap bit harus berkontribusi 1 / n bit informasi. Tetapi jika kita ingin menghitung probabilitas bersyarat, segalanya menjadi berantakan. Saya yakin situasinya adalah varian dari masalah Monty Hall ( en.wikipedia.org/wiki/Monty_Hall_problem ).
siravan

1
Metode acak berjalan tidak tanpa syarat mengungkapkan X pada akhirnya, karena nilai akhir pengirimannya akan . Namun, itu membutuhkan pengiriman bilangan real daripada bit. Y(0)=X
Geoffrey Irving
Dengan menggunakan situs kami, Anda mengakui telah membaca dan memahami Kebijakan Cookie dan Kebijakan Privasi kami.
Licensed under cc by-sa 3.0 with attribution required.