উচ্চ ডিগ্রি বহুবর্ষের জন্য এলোমেলোভাবে পরিচয়-পরীক্ষা?

দিন $f$ একটি হতে $n$ সাইজের পলি এর পাটিগণিত সার্কিট হিসাবে প্রদত্ত বহু-বহুবৈচিত্র্য এবং প্রধান হতে দিন। $(n)$ $p = 2^{\Omega(n)}$

আপনি পরীক্ষা যদি পারো অভিন্নরুপে শূন্য শেষ হয়ে গেছে , সময়ের সাথে সাথে এবং ত্রুটি সম্ভাব্যতা , এমনকি যদি ডিগ্রী নয় একটি প্রাইরি আবদ্ধ? কি হবে যদি univariate হয়? $f$ $\mathbb{Z}_p$ $\mbox{poly}(n)$ $\leq 1-1/\mbox{poly}(n)$ $f$

মনে রাখবেন আপনি দক্ষতার পরীক্ষা যদি পারেন অভিন্নরুপে শূন্য একটি হিসাবে আনুষ্ঠানিক অভিব্যক্তি , আকার একটি ক্ষেত্রের উপর শোয়ার্জ-Zippel প্রয়োগের দ্বারা বলতে , কারণ সর্বোচ্চ ডিগ্রী হয় । $f$ $2^{2|f|}$ $f$ $2^{|f|}$

polynomials arithmetic-circuits

— user94741
সূত্র

আপনার যদি ডিগ্রিটির কোনও সীমানা না থাকে, তবে এমন কোনও বহুপদী নেই যা কোনও নির্দিষ্ট কার্যকে উপলব্ধি করে?

— পিটার শোর

@PeterShor: ওপি নেই একটি ডিগ্রী উপর আবদ্ধ আছে; এটি 2 থেকে বেশি হতে পারে না [ ফটকের সংখ্যা ]।

$\:$

f

$\hspace{.04 in}f\hspace{.02 in}$

$\;\;\;\;$

আমি মনে করি যে এই প্রশ্নের গুরুত্বপূর্ণ পয়েন্টটি হ'ল ক্ষেত্রের জিএফ (পি) মানক উপায়ে এলোমেলোভাবে বহুবর্ষ -কালীন অ্যালগরিদম তৈরির জন্য শোয়ার্জ – জিপ্পেল লেমা ব্যবহার করার পক্ষে যথেষ্ট নয়, যথেষ্ট ছোট নয় (জিএফ (2) এর মতো ) SAT থেকে একটি স্ট্যান্ডার্ড উপায়ে হ্রাস তৈরি করতে গণিত ব্যবহার করতে।

— সোসোশি ইটো

Univariate ক্ষেত্রে, প্রশ্ন জিজ্ঞেস কিনা ভাগ , যা একটি বড় ক্ষেত্র চেক ইন যেতে পারে যে যদি সাহায্য করে। নিশ্চিত নয় যে এটি মাল্টিভারিয়েট করতে সাধারণীকরণ করে।

x^{p} - 1

$x^p-1$

f

$f$

— জেফ্রি ইরভিং

@ জিওফ্রেআইআরভিং ধন্যবাদ! দক্ষতার সাথে চেক করা কি সহজ?

(x^{p} - 1) | f

$(x^p - 1) | f$ কখন

f

$f$ সার্কিট হিসাবে দেওয়া হয়?

— user94741

সমস্যাটির ইনপুট কী এবং আপনি এই নিষেধাজ্ঞাকে কীভাবে প্রয়োগ করেন এটি আমার কাছে ঠিক পরিষ্কার নয় $p=2^{\Omega(n)}$ যাইহোক, কোন যুক্তিসঙ্গত তৈয়ার অধীনে উত্তর কোন যদি না দ্বারা NP = আরপি বহুচলকীয় polynomials জন্য নিচে কমে যাবার কারণে।

একটি প্রধান শক্তি দেওয়া হয়েছে $q$ বাইনারি এবং একটি বুলিয়ান সার্কিট $C$ (শুধুমাত্র ব্যবহার করে ব্লগ $\land$ এবং $\neg$ গেটস), আমরা বহুগুণে একটি গাণিতিক সার্কিট নির্মাণ করতে পারি $C_q$ যেমন যে $C$ অসন্তুষ্টিজনক iff $C_q$ অভিন্ন শূন্যের বহুগুণে ওভার গণনা করে $\mathbb F_q$ নীচে হিসাবে: অনুবাদ $a\land b$ সঙ্গে $ab$ , $\neg a$ সঙ্গে $1-a$ , এবং একটি পরিবর্তনশীল $x_i$ সঙ্গে $x_i^{q-1}$ (যা আকারের একটি সার্কিট দ্বারা প্রকাশ করা যেতে পারে $O(\log q)$ বারবার স্কোয়ারিং ব্যবহার করে)।

যদি $q=p$ প্রধান (যা আমি আসলে মনে করি না) এবং যথেষ্ট পরিমাণে বড়, আমরা হ্রাসকে অবিচ্ছিন্ন করতে পারি: সংজ্ঞাটি সংশোধন করুন $C_p$ যাতে $x_i$ বহুপদী সঙ্গে অনুবাদ করা হয়

f_{i} (x) = ((x + i)^{(p - 1) / 2} + 1)^{p - 1} .

$f_i(x)=((x+i)^{(p-1)/2}+1)^{p-1}.$ এক হাতে,

f_{i} (a) \in {0, 1}

$f_i(a)\in\{0,1\}$ প্রত্যেকের জন্য

a \in F_{p}

$a\in\mathbb F_p$ সুতরাং, যদি

C

$C$ অসন্তুষ্টিজনক, তারপর

C_{p} (a) = 0

$C_p(a)=0$ প্রত্যেকের জন্য

a

$a$ । অন্যদিকে, ধরে নিন

C

$C$ সন্তুষ্টিজনক, বলুন

C (b_{1}, \dots, b_{n}) = 1

$C(b_1,\dots,b_n)=1$ , কোথায়

b_{i} \in {0, 1}

$b_i\in\{0,1\}$ । লক্ষ্য করুন

f_{i} (a) = {\begin{cases} 1 & if a + i is a quadratic residue (including 0), \\ 0 & if a + i is a quadratic nonresidue. \end{cases}

$f_i(a)=\begin{cases}1&\text{if $a+i$ is a quadratic residue (including $0$),}\\ 0&\text{if $a+i$ is a quadratic nonresidue.}\end{cases}$ সুতরাং, আমরা আছে

C_{p} (a) = 1

$C_p(a)=1$ যদি

a \in F_{p}

$a\in\mathbb F_p$ এমন যে

a + i is a quadratic residue ⟺ b_{i} = 1

$a+i\text{ is a quadratic residue }\iff b_i=1$ প্রত্যেকের জন্য

i = 1, \dots, n

$i=1,\dots,n$ । পেরেল্টায় করোলারি 5 এটিকে বোঝায়

a

$a$ সর্বদা জন্য বিদ্যমান

p \geq (1 + o (1)) 2^{2 n} n^{2}

$p\ge(1+o(1))2^{2n}n^2$ ।

— এমিল জেবেক
সূত্র

অবিচ্ছিন্ন হ্রাস আসলে অ-প্রাইমের জন্য কাজ করে

q

$q$ পাশাপাশি, যতক্ষণ না এটি বিজোড় হয় (এবং একটি সম্ভবত এর ক্ষমতা পরিচালনা করতে পারে

2

$2$ অন্যভাবে). কনস্ট্যান্টের পরিবর্তে

1, \dots, n

$1,\dots,n$ , যে কোনও স্থির ক্রম নিতে পারেন

n

$n$ ক্ষেত্রের স্বতন্ত্র উপাদান; প্রয়োজনীয়

a

$a$ আবার উপস্থিত থাকলে

q \geq 2^{2 n} n^{2}

$q\ge2^{2n}n^2$ মূলত পেরালটার কাগজে যেমন একই যুক্তি রয়েছে (আসল কাজটি ওয়েলের চরিত্রের অঙ্কের উপর আবদ্ধ, যা সমস্ত সীমাবদ্ধ ক্ষেত্রকে ধারণ করে)।

— এমিল জ্যাবেক

আহ, হ্যাঁ: যদি

q = 2^{k} \geq 2^{n}

$q=2^k\ge2^n$ , আমরা ঠিক করতে পারি

F_{2}

$\mathbb F_2$ -রৈখিক স্বাধীন

{a_{i} : i = 1, \dots, n} \subseteq F_{q}

$\{a_i:i=1,\dots,n\}\subseteq\mathbb F_q$ , এবং অনুবাদ

x_{i}

$x_i$ সঙ্গে

T (a_{i} x)

$T(a_ix)$ , কোথায়

T (x) = \sum_{j < k} x^{2^{j}}

$T(x)=\sum_{j<k}x^{2^j}$ এর ট্রেস হ'ল

F_{q} / F_{2}

$\mathbb F_q/\mathbb F_2$ ।

— এমিল জ্যাব্যাক