Yeterince büyük boyuttaki afin alt uzaylarda sabit olmayan bir Boolean fonksiyonu

Açık bir Boolean işlevi ilgileniyorum $f \colon \\{0,1\\}^n \rightarrow \\{0,1\\}$ şu özelliğe sahipse: , bazı afin alt uzayında sabitse, bu alt uzayın boyutu . $f$ $\\{0,1\\}^n$ $o(n)$

Simetrik bir fonksiyonun dikkate alınarak bu özelliği karşılamadığını göstermek zor değildir . herhangi bir tam olarak 'e sahiptir ve bu nedenle , boyutunun alt uzayını sabittir . $A=\\{x \in \\{0,1\\}^n \mid x_1 \oplus x_2=1, x_3 \oplus x_4=1, \dots, x_{n-1} \oplus x_n=1\\}$ $x \in A$ $n/2$ $1$ $f$ $A$ $n/2$

Çapraz gönderi: /mathpro/41129/a-boolean-function-that-is-not-constant-on-affine-subspaces-of-large-enough-dimen

— Alexander S. Kulikov
kaynak

F aralığının {0,1} ^ n yerine {0,1} olması mı gerekiyor? Aksi takdirde cevabın önemsiz olduğunu düşünüyorum (f kimlik haritalaması olabilir).

— Tsuyoshi Ito

Üzgünüm, aralık {0,1}, elbette. Sabit.

— Alexander S. Kulikov

Açık bir yapı istediğinden, olasılıklı bir yöntemin varoluşsal bir kanıt verdiğini düşünüyorum. Çılgın bir tahmin: Eğer {0,1} ^ n sırasını 2 ^ n sırasının sonlu alanı ile tanımlarsak ve f (x) = 1 ise ve sadece x sonlu alandaki bir kareye karşılık geliyorsa ne olur? Birinci dereceden kuadratik artıklar kümesi genellikle rastgele görünüyor ve şimdi rastgele görünen bir vektör setine ihtiyacımız var, bu nedenle sonlu bir alanda kareler kümesini kullanmak doğal bir aday gibi geliyor. (Ben hiç bu kadar işe yaramadı, ve bu işaret kapalı olabilir.)

— Tsuyoshi Ito

Cross MO tarihinde gönderildi . Çapraz yayın yaparken lütfen sorunuzun bağlantısını ekleyin.

— Kaveh

Ayrıca, eşzamanlı çapraz postalamanın önerilmez .

— Tsuyoshi Ito

Yanıtlar:

Aradığınız nesnelere bir çıkış biti olan çekirdeksiz afin dağıtıcılar denir . Daha genel olarak, bir aile için bir çıkış ucu ile bir çekirdeksiz dağıtıcı alt kümelerinin bir fonksiyonudur , öyle ki herhangi bir alt kümesine , işlevi sabit değildir. Burada, , afin alt uzayların ailesi olmakla ilgileniyorsunuz $\mathcal{F}$ $\{0,1\}^n$ $f : \{0,1\}^n \to \{0,1\}$ $S \in \mathcal{F}$ $f$ $\mathcal{F}$

Ben-Sasson ve "alt uzay polinom Afin serpme" olarak Kopparty açıkça boyutun bölme odasının en azından için tohumsuz afin dağıtıcılar inşa . Dağıtıcının tüm detayları burada tarif edilemeyecek kadar karmaşıktır. $6n^{4/5}$

Makalede de tartışılan daha basit bir durum, boyut olan alt uzaylar için bir afin dağıtıcı istediğimiz zamandır . Daha sonra yapıları olarak görür ve dağıtıcıyı belirtir , burada , izleme haritasını gösterir: $2n/5+10$ ${\mathbb{F}}_2^n$ ${\mathbb{F}}_{2^n}$ $f(x) = Tr(x^7)$ $Tr: {\mathbb{F}}_{2^n} \to {\mathbb{F}}_2$ . Bir anahtar özelliğiiz haritayani. $Tr(x) = \sum_{i=0}^{n-1} x^{2^i}$ $Tr(x+y) = Tr(x) + Tr(y)$

— arnab
kaynak

Çok teşekkürler Arnab! Görünüşe göre bu tam olarak ihtiyacım olan şey, ama açıkçası kağıttan geçmek için zamana ihtiyacım var. =)

— Alexander S.Kulikov

Swastik'in

— arnab

Tekrar teşekkürler Arnab! Umarım video bu makaleyi anlamama yardımcı olur (ilk birkaç sayfayı okuduktan sonra oldukça karmaşık olduğunu görüyorum).

— Alexander S.Kulikov

İstediğinize benzer (ancak çok daha zayıf) bir şeyi tatmin eden bir fonksiyon, üzerindeki bir matrisin belirleyicisidir . Bir matrisinin determinantının, en az boyutundaki herhangi bir afin alt uzay üzerinde sabit olmadığı gösterilebilir . $\mathbb{F}_2$ $n\times n$ $n^2 - n$

— Ramprasad
kaynak

Teşekkürler Ramprasad! Bu gerçekten istediğimden çok daha zayıf. Ama yine de, lütfen bir link verebilir misiniz?

— Alexander S.Kulikov

Bunun yazıldığı bir yer bilmiyorum ama kanıt zor değil. Yukarıdaki iddiayı kanıtlamak için , her girişte değişkenleri olan bir

matrisinin determinantını alırsanız , polinomun sıfır olmayan modulo

doğrusal fonksiyonları olduğunu göstermek yeterlidir . Modulo lineer bir fonksiyona geçmenin sadece girişlerden birini diğer değişkenlerin doğrusal fonksiyonuyla değiştirdiğine dikkat edin. Bu nedenle, sadece

girişlerinin değiştirilmesinin determinantı öldüremeyeceğini göstermek istiyoruz . Sadece permütasyonlarla, tüm bu

girişlerini diyagonalin üzerine taşıyabildiğimizi görmek kolay olmalı . [cntd]

n \times n

$n\times n$

n - 1

$n-1$

n - 1

$n-1$

n - 1

$n-1$

— Ramprasad

n - 1

$n-1$

Teşekkürler Ramprasad! Bunu görmek gerçekten zor değil.

— Alexander S.Kulikov