Polinomlarla OR temsil etmek

23

O trivially üzerinde OR fonksiyonu bilmek $n$ değişkenleri $x_1,\ldots, x_n$ tam olarak polinom ile temsil edilebilir $p(x_1,\ldots,x_n)$ , örneğin: $p(x_1,\ldots,x_n) = 1-\prod_{i = 1}^n\left(1-x_i\right)$ , ki bu derecedir $n$ .

Ancak, neyin bariz göründüğünü nasıl gösterebilirim ki, $p$ , OR fonksiyonunu tam olarak temsil eden bir polinom ise (yani $\forall x \in \{0,1\}^n : p(x) = \bigvee_{i = 1}^n x_i$ ), sonra $\deg(p) \ge n$ ?

— matthon
kaynak

1

Gerçek polinomlardan mı bahsediyorsun? Veya polinom modulo 2? Modulo 6 (veya diğer bileşik sayılar) hakkında konuşmak istiyorsanız, soru daha ilginç hale gelir.

— Igor Shinkar

30

Let $f\colon \{0,1\}^n \to \{0,1\}$ boole fonksiyonu. Bir polinom temsili varsa $P$ sonra bir çoklu doğrusal polinom temsili olan $Q$ derece $\deg Q \leq \deg P$ : sadece herhangi bir güç yerine $x_i^k$ , burada $k \geq 2$ ile, $x_i$ . Böylece dikkatimizi çok kutuplu polinomlarla sınırlayabiliriz.

Hak : polinomları $\{ \prod_{i \in S} x_i : S \subseteq [n] \}$ , $\{0,1\}^n \to \mathbb{R}$ işlevleri olarak, tüm işlevlerin alanı için bir temel oluşturur $\{0,1\}^n \to \mathbb{R}$ .

İspat: İlk önce polinomların doğrusal olarak bağımsız olduklarını gösterdik. Diyelim ki $f = \sum_S c_S \prod_{i \in S} x_i = 0$ herkes için $(x_1,\ldots,x_n) \in \{0,1\}^n$ . Biz (güçlü) indüksiyonla kanıtlıyoruz $|S|$ bu $c_S = 0$ . Diyelim ki herkes için $c_T = 0$ ve bize bir dizi verilecek izin kardinalitesi ait . Tüm , indüksiyonla ve böylece olduğunu biliyoruz, burada , koordinatlarında olan . $|T| < k$ $S$ $k$ $T \subset S$ $c_T = 0$ $0 = f(1_S) = c_S$ $1_S$ $1$ $S$ $~\qquad\square$

Bir fonksiyonu çoklu doğrusal temsil iddia gösterir benzersiz (aslında, bile olmak zorunda değildir -valued). OR'ın benzersiz çoklu doğrusal temsili, derecesine sahip olan 'dir . $f\colon \{0,1\}^n \to \{0,1\}$ $f$ $0/1$ $1-\prod_i(1-x_i)$ $n$

— Yuval Filmus
kaynak

26

Let polinom gibi olması için tüm , . Polinomun simetrizasyonunu düşünün : $p$ $x\in \{0,1\}^n$ $p(x) = \sf{OR}(x)$ $p$ OR işlevi simetrik bir boolean işlevi olduğundan,,ve. Yanapolinom sıfır olmayan bir olup, bu en azından sahiptir0 's, bu en az bir derecesine sahip olmalıdır. Bu nedenle,

q (k) = \frac{1}{(\binom{n}{k})} \sum_{x : | x | = k} p (x) .

$q(k) = \frac{1}{\binom{n}{k}} \sum_{x: |x| = k} p(x).$

k = 1, 2, \dots, n

$k = 1, 2, \ldots, n$

q (k) = 1

$q(k) = 1$

q (0) = 0

$q(0) = 0$

q - 1

$q-1$

n

$n$

n

$n$

de derece olmalıdır

.

p

$p$

n

$n$

Simetri, genellikle yaklaşık boolean dereceleri ve kuantum sorgu karmaşıklığı çalışmalarında kullanılır. Örneğin, bkz . Http://www.math.uwaterloo.ca/~amchilds/teaching/w11/l19.pdf .

— Henry Yuen
kaynak

Bana öyle geliyor ki, ispatınızın işe yaraması için, q derecesinin en fazla p olduğunu göstermeniz gerekir. Bu bana açık değil. Bunu nasıl gösterdin?

— matthon

D = deg (p) olsun. O zaman, q derece d polinomlarının toplamıdır, dolayısıyla q derecesi en fazla d'dir.

— Henry Yuen,

3

Yuval ve Henry bu gerçeğin iki farklı kanıtını verdiler. İşte üçüncü bir kanıt.

Birincisi, Yuval'ın cevabında olduğu gibi, dikkatimizi çok kutuplu polinomlarla sınırlandırıyoruz. Böylece, zaten bir derece sergiledi VEYA fonksiyonu eşittir çoklu doğrusal polinomu. Şimdi göstermemiz gereken tek şey bu polinomun benzersiz olduğu ve bu nedenle OR fonksiyonunun bir polinom olarak tek ve tek temsilini buldunuz. Sonuç olarak derecesi . $n$ $n$

Talep: İki çok kutuplu polinom p ve q hiper küpte eşitse, her yerde eşit olurlar.

İspat: r (x) = p (x) - q (x) olsun ve tüm x için r (x) = 0 olduğunu biliyoruz . R (x) 'in aynı şekilde sıfır olduğunu göstermek istiyoruz. Bir çelişki karşısında doğru olmadığını kabul edin ve en düşük dereceye sahip sıfır olmayan bir katsayılı r'de herhangi bir monomial seçin. Bu monomerin dışındaki tüm değişkenleri 0 olarak ve bu monomerdeki tüm değişkenleri 1 olarak ayarlayın. R (x) bu girişte sıfır değildir, ancak bu giriş Boolean'dır, bu bir çelişkidir. $\{0,1\}^n$

— Robin Kothari
kaynak