Sonlu cisimler üzerinde doğrusal dinamik sistemlerde erişilebilirliğin karmaşıklığı

Let $A$ sonlu alan üzerinde bir matris $\mathbb{F}_2 = \{0,1\}$ ve $x$ , $y$ alan vektörleri olduğu $\mathbb{F}_2^n$ . olup olmadığına karar vermenin hesaplama karmaşıklığıyla ilgileniyorum, $t \in \mathbb{N}$ öyle ki $A^t x = y$ , yani sonlu alanlar üzerinden doğrusal dinamik sistemler için ulaşılabilirlik probleminde.

Sorun olduğu açıktır $\mathbf{NP}$ (tahmin $0 \le t < 2^n$ ve işlem $A^t$ tekrar kare alma ile polinom zamanda). Ben ve arkadaşları da kanıtlamak mümkün $\mathbf{NP}$ var olup olmadığını kurulması ile ilgili bir sorun -completeness $t \in \mathbb{N}$ , öyle ki $A^t x \ge y$ , $\ge$ componentwise eşitsizlik.

Bu problem oldukça doğal gözüküyor, ancak muhtemelen kesin terminolojinin farkında olmadığım için literatürdeki hesaplama karmaşıklığına atıfta bulunamadım. Eğer eşitlik ile sorun olup olmadığını biliyor musunuz $\mathbf{NP}$ -tamamlamak yoksa aslında ise $\mathbf{P}$ ?

cc.complexity-theory reference-request linear-algebra

— Antonio E.Porreca
kaynak

Kişi

tersinir olduğu duruma düşebilir . Görüntüleri gözlemleyin

bölme odasının bir artmayacak zinciridir, ve sonuçta da sabit bir boşluk olur

(birinci içinde aslında

) adımları. O zaman

üzerinde ters çevrilebilir bir doğrusal dönüşümdür . Biri

olduğunda özel durumları kolayca kontrol edebilir , daha sonra sorunu

ile sınırlı

ile çözmeye devam eder.

A

$A$

A^{1}, A^{2}, \dots

$A^1, A^2, \ldots$

W

$W$

n

$n$

A

$A$

W

$W$

t = 1, 2, \dots, n

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

A

$A$

W

$W$

x

$x$ ile ikame

A^{n} x

$A^n x$

— Andrew Morgan

Açıklık getirmek için, sorunuzu özel durumu yerine (taban alanı ) karakteristiği üzerinde genelleştireceğim . ve sabit bir sabit olarak alacağım ; Bu parametrelere tam bağımlılığın ne olduğunu anlamak için okuyucuya bırakacağım, çünkü yapılabilecek bazı ödünleşmeler var. Buradaki sonuç, probleminizin kabaca karakteristik sonlu alanları için ayrık günlük problemine eşdeğer olmasıdır . $p > 0$ $\mathbb{F}_q$ $p=q=2$ $p$ $q$ $p$

Daha spesifik olması açısından, izin sıradan farklı günlük sorunu uzantıları üzerinde , uzatma alanı verilebilir arasında ve , arayan bir tamsayı , böylece , ya da rapor yok varolduğunu . Let güçlü uzantıları üzerinde ayrı ayrı günlük sorun , verilecek tamsayılardır bulmak, daha önce olduğu gibi , böylece $\mathbb{F}_q$ $\mathbb{F}$ $\mathbb{F}_q$ $a,b \in \mathbb{F}$ $t$ $a = b^t$ $\mathbb{F}_q$ $\mathbb{F},a,b$ $z,m$ tamsayı iffveyayokolduğunu. Sonra aşağıdaki indirimler var: $a = b^t$ $t$ $t = z \pmod{m}$ $t$

uzantılarının ayrık oturum sorununuza belirleyici bir eşleme azalması var . $\mathbb{F}_q$
uzantıları üzerindeki güçlü ayrık günlük problemini hesaplayan bir kehanete erişim verildiğinde probleminizi çözen etkili, deterministik bir algoritma vardır . $\mathbb{F}_q$

Buna göre, birisinin sertliğinin bir kanıtı ya da yakın gelecekte probleminizin içinde olduğuna dair bir kanıt yayınlamasının olası olmadığını . $\mathsf{NP}$ $\mathsf{P}$

Not: uzantıları üzerinde güçlü bir ayrık günlük sorun (hâlâ sıradan ayrı günlük sorun daha görünüşte güçlü) Aşağıdaki görünüşte zayıf forma Turing azaltılabilir: bir uzantı alanı göz önüne alındığında, bölgesinin ve bulmak az, negatif olmayan bir tam sayı , böylece . Bu, sırasının bir artı en küçük negatif olmayan olduğu gerçeğinden kaynaklanır, böylece . $\mathbb{F}_q$ $\mathbb{F}$ $\mathbb{F}_q$ $a,b \in \mathbb{F}$ $t$ $a = b^t$ $b$ $t$ $b^{-1} = b^t$

İlk azaltma: İddia, eşlemesinin uzantıları üzerindeki olağan ayrık günlük sorununun bu soruna azalmasıdır. Bu in çarpma aslında aşağıdaki görüntüleyip zaman doğrusal dönüşümdür bir şekilde fazla boyutlu vektör alanı . Bu nedenle bir şekilde bir soru fazla olur fazla , olan boyutlu vektörler ve bir bir $\mathbb{F}_{q}$ $\mathbb{F}_{q^n}$ $\mathbb{F}_{q^n}$ $n$ $\mathbb{F}_q$ $a = b^t$ $\mathbb{F}_{q^n}$ $\vec{a} = B^t\vec{e}$ $\mathbb{F}_q$ $\vec{a},\vec{e}$ $n$ $B$ $n\times n$ matris, her yerde . Vektör kolayca hesaplanabilir , den ve sadece temsilidir verimli yazılı olabilir, . Bu, ile bile genel ayrık günlük probleminin zor bir durumu gibi görünmektedir (ancak elbette büyüyor ). Özellikle, insanlar hala bunu ne kadar hesaplayabileceklerini görmek için yarışıyorlar. $\mathbb{F}_q$ $\vec{a}$ $a$ $B$ $b$ $\vec{e}$ $1 \in \mathbb{F}_{q^n}$ $p=q=2$ $n$

İkinci azaltma: İddia, probleminizin uzantıları üzerindeki güçlü ayrık günlük sorununa . Bu azaltmanın birkaç parçası vardır, bu yüzden uzunluğu affedin. Girdi, -boyutlu vektörler ve matrisi , hepsi ; Amaç bulmak, böylece . $\mathbb{F}_q$ $n$ $x,y$ $n\times n$ $A$ $\mathbb{F}_q$ $t$ $y = A^tx$

Temel fikir yazmak için olarak meydana kanonik Ürdün olan test etmekte azaltabilir (JCF) bazı basit cebir güçlü ayrı günlük sorununa. $A$ $y = A^tx$

Matrislerin benzerliği altında kanonik bir form kullanmanın bir nedeni, , . Bu nedenle biz dönüştürmek için şimdi, rasgele daha çok güzel bir formatında . JCF, algoritmanın geri kalanını mümkün kılan özellikle basit bir formdur. Bundan böyle, zaten JCF'de olduğunu varsayın , ancak ve uzantı alanında girişlere sahip olmasına izin . $A = P^{-1}JP$ $A^t = P^{-1}J^tP$ $y = A^tx$ $(Py) = J^t(Px)$ $J$ $A$ $A$ $x,y,$ $A$ $\mathbb{F}_q$

Not: JCF ile çalışmaktan kaynaklanan bazı incelikler vardır. Özellikle, bir kerelik adımda (ne kadar büyük olursa olsun) herhangi bir uzantısında saha işlemleri yapabileceğimizi ve verimli bir şekilde hesaplayabileceğimizi varsayacağım. a priori , bu gerçekçi değildir, çünkü JCF ile çalışmak üstel derecede bir uzama alanında (karakteristik polinomun bölünme alanı) çalışmayı gerektirebilir. Bununla birlikte, biraz dikkatli ve sınırlı bir alan üzerinde çalıştığımız gerçeğini kullanarak, bu sorunları atlatabiliriz. Özellikle, her Ürdün bloğu ile derece alanıyla en fazla üzerinden $\mathbb{F}_q$ $\mathbb{F}'$ $n$ $\mathbb{F}_q$ böylece Ürdün bloğundaki tüm girdiler ve , karşılık gelen öğeleri içinde yaşar . alanı bloktan bloğa farklılık gösterebilir, ancak bu `` karışık gösterim' 'kullanılması, JCF'nin verimli bir şekilde tanımlanmasına izin verir, ayrıca verimli bir şekilde bulunabilir. Bu bölümün geri kalanında açıklanan algoritmanın bir kerede yalnızca bir blokla çalışması gerekir, böylece ilişkili alan içindeki alan işlemlerini yaptığı sürece algoritma etkili olacaktır. [son açıklama] $x$ $y$ $\mathbb{F}'$ $\mathbb{F}'$ $\mathbb{F}'$

JCF kullanımı, her bir Jordan bloğuna karşılık gelen aşağıdaki formdaki denklemleri verir:

[\begin{matrix} y_{1} \\ y_{2} \\ y_{3} \\ ⋮ \\ y_{k - 1} \\ y_{k} \end{matrix}] = {[\begin{matrix} λ & 1 \\ λ & 1 \\ λ & 1 \\ ⋱ \\ λ & 1 \\ λ \end{matrix}]}^{t} [\begin{matrix} x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3} \\ ⋮ \\ x_{k - 1} \\ x_{k} \end{matrix}]

$\begin{bmatrix} y_1 \\ y_2 \\ y_3 \\ \vdots \\ y_{k-1} \\ y_{k} \\ \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \lambda & 1 & & & & \\ & \lambda & 1 & & & \\ & & \lambda & 1 & & \\ & & & \ddots & & \\ & & & & \lambda & 1 \\ & & & & & \lambda \\ \end{bmatrix}^t \begin{bmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \\ \vdots \\ x_{k-1} \\ x_{k} \\ \end{bmatrix}$

Algoritma her bloğu ayrı ayrı ele alacaktır. Genel durumda, her blok için, güçlü ayrık günlük kehanetimiz için bir sorguya sahip olacağız, oracle bize bir modülerlik durumu söyleyecektir, . Biz de bir dizi alırsınız , böylece zorunluluk beklemeye . Tüm blokları işledikten sonra , tüm bu koşulların birleşimlerini karşılayan bir seçeneğinin olup olmadığını kontrol etmeliyiz . Bu, tüm setlerinde ortak bir eleman olduğundan emin olarak yapılabilir, böylece ve $t = z \pmod{m}$ $S \subseteq \{0,1,\cdots,p-1\}$ $\bigvee_{s\in S}\left[ t = s \pmod{p} \right]$ $t$ $s$ $S$ $t = s \pmod p$ $t = z_j \pmod{m_j}$ hepsi aynı anda tatmin olur, burada bloklar arasında değişir. $j$

Prosedür boyunca ortaya çıkan bazı özel durumlar da vardır. Bu durumlarda, biz formun koşullarını alırsınız bazı değeri veya form içinde bazı özel tamsayı için , belirli bloklardan ya biz bile hiçbir fark edebilirsiniz var olabilir . Bunlar sorun olmadan genel durum için mantığa dahil edilebilir. $t > \ell$ $\ell$ $t = s$ $s$ $t$

Şimdi her bir Ürdün bloğunu ele almak için alt prosedürü açıklayacağız. Böyle bir bloğu düzeltin.

Bloktaki sadece son koordinat üzerine odaklanarak başlayın. koşulu , olmasını gerektirir . Başka bir deyişle, bazı alan uzantılarındaki ayrık günlük sorununun bir . Daha sonra, bunu çözmek için bir çözüm kullanıyoruz, bu da çözüm getirmiyor ya da üzerinde modülerlik koşulu veriyor . "Çözüm yok" döndürülürse, bunu belirterek geri döneriz. Aksi takdirde, ile eşdeğer bir . $y = A^tx$ $y_k = \lambda^t x_k$ $\mathbb{F}_q$ $t$ $t = z \pmod{m}$ $y_k = \lambda^t x_k$

Diğer koordinatları ele almak için aşağıdaki formülle başlarız (bakınız, örneğin, burada ):

{[\begin{matrix} λ & 1 \\ λ & 1 \\ λ & 1 \\ ⋱ \\ λ & 1 \\ λ \end{matrix}]}^{t} = [\begin{matrix} λ^{t} & (\binom{t}{1}) λ^{t - 1} & (\binom{t}{2}) λ^{t - 2} & \dots & \dots & (\binom{t}{k - 1}) λ^{t - k + 1} \\ λ^{t} & (\binom{t}{1}) λ^{t - 1} & \dots & \dots & (\binom{t}{k - 2}) λ^{t - k + 2} \\ ⋱ & ⋱ & ⋮ & ⋮ \\ ⋱ & ⋱ & ⋮ \\ λ^{t} & (\binom{t}{1}) λ^{t - 1} \\ λ^{t} \end{matrix}]

$\begin{bmatrix} \lambda & 1 & & & & \\ & \lambda & 1 & & & \\ & & \lambda & 1 & & \\ & & & \ddots & & \\ & & & & \lambda & 1 \\ & & & & & \lambda \\ \end{bmatrix}^t = \begin{bmatrix} \lambda^t & \binom{t}{1}\lambda^{t-1} & \binom{t}{2}\lambda^{t-2} & \cdots & \cdots & \binom{t}{k-1}\lambda^{t-k+1} \\ & \lambda^t & \binom{t}{1}\lambda^{t-1} & \cdots & \cdots & \binom{t}{k-2}\lambda^{t-k+2} \\ & & \ddots & \ddots & \vdots & \vdots\\ & & & \ddots & \ddots & \vdots\\ & & & & \lambda^t & \binom{t}{1}\lambda^{t-1}\\ & & & & & \lambda^t \end{bmatrix}$ \ ddots & \ ddots & \ vdots \\ & & & \ lambda ^ t & \ binom {t} {1} \ lambda ^ {t-1} \\ & & & & & \ \ lambda ^ t \ end {bmatrix } Öncelikle, şu davaya bakalım:

x_{k} = 0

$x_k = 0$ . anlamına gelen modülerlik koşuluna zaten sahip olduğumuz için, da varsayabiliriz . Ama sonra sadece ve ilk girişlerine ve Ürdün bloğunun sol üst matrisine odaklanmayı azaltabiliriz. Bundan sonra, olduğunu .

y_{k} = λ^{t} x_{k}

$y_k = \lambda^t x_k$

y_{k} = 0

$y_k = 0$

k - 1

$k-1$

x

$x$

y

$y$

(k - 1) \times (k - 1)

$(k-1)\times (k-1)$

x_{k} \neq 0

$x_k \ne 0$

İkincisi, olan davayı ele alacağız . Bu durumda, Ürdün bloğunun yetkileri özel bir forma sahiptir ve başka bir koşul olmaksızın bazı için veya başka bir zorlar . Davaları şaşırtmayacağım, ancak her birinin verimli bir şekilde kontrol edilebileceğini söylemek için yeterli. (Alternatif olarak, tersinir olduğu duruma düşebiliriz ; soru hakkındaki yorumuma bakın.) $\lambda = 0$ $t = z$ $z \le k$ $t > k$ $A$

Son olarak, genel davaya ulaşıyoruz. anlamına gelen modülerlik koşuluna zaten sahip olduğumuzdan, bu varsayabilir ve için bir stand-in olarak kullanabiliriz . Daha genel olarak, ı temsil etmek için kullanabiliriz . Bu nedenle, aşağıdaki sistemin bazı seçenekleri için uygun olup olmadığını kontrol etmeliyiz : $y_k = \lambda^t x_k$ $y_k x_k^{-1}$ $\lambda^t$ $y_kx_k^{-1}\lambda^{-z}$ $\lambda^{t-z}$ $t$

[\begin{matrix} y_{1} \\ y_{2} \\ y_{3} \\ ⋮ \\ y_{k - 1} \\ y_{k} \end{matrix}] = [\begin{matrix} y_{k} x_{k}^{- 1} & (\binom{t}{1}) y_{k} x_{k}^{- 1} λ^{- 1} & (\binom{t}{2}) y_{k} x_{k}^{- 1} λ^{- 2} & \dots & \dots & (\binom{t}{k - 1}) y_{k} x_{k}^{- 1} λ^{- (k - 1)} \\ y_{k} x_{k}^{- 1} & (\binom{t}{1}) y_{k} x_{k}^{- 1} λ^{- 1} & \dots & \dots & (\binom{t}{k - 2}) y_{k} x_{k}^{- 1} λ^{- (k - 2)} \\ ⋱ & ⋱ & ⋮ & ⋮ \\ ⋱ & ⋱ & ⋮ \\ y_{k} x_{k}^{- 1} & (\binom{t}{1}) y_{k} x_{k}^{- 1} λ^{- 1} \\ y_{k} x_{k}^{- 1} \end{matrix}] [\begin{matrix} x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3} \\ ⋮ \\ x_{k - 1} \\ x_{k} \end{matrix}]

$\begin{bmatrix} y_1 \\ y_2 \\ y_3 \\ \vdots \\ y_{k-1} \\ y_{k} \\ \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} y_kx_k^{-1} & \binom{t}{1}y_kx_k^{-1}\lambda^{-1} & \binom{t}{2}y_kx_k^{-1}\lambda^{-2} & \cdots & \cdots & \binom{t}{k-1}y_kx_k^{-1}\lambda^{-(k-1)} \\ & y_kx_k^{-1} & \binom{t}{1}y_kx_k^{-1}\lambda^{-1} & \cdots & \cdots & \binom{t}{k-2}y_kx_k^{-1}\lambda^{-(k-2)} \\ & & \ddots & \ddots & \vdots & \vdots\\ & & & \ddots & \ddots & \vdots\\ & & & & y_kx_k^{-1} & \binom{t}{1}y_kx_k^{-1}\lambda^{-1}\\ & & & & & y_kx_k^{-1} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \\ \vdots \\ x_{k-1} \\ x_{k} \\ \end{bmatrix}$ y_kx_k ^ {- 1} \ end {bmatrix} \ begin {bmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \\ \ vdots \\ x_ {k-1} \\ x_ {k} \\ \ end {bmatrix} Bunu gözlemleyin denklemin mevcut olup olmadığı sadece ; çünkü bağımlılık sadece polinomdur,

t (\mod p)

$t \pmod{p}$

t

$t$

t

$t$ bir tamsayı olmalı ve yukarıdaki denklemler karakteristiği alanının üzerindedir . Bu nedenle her bir değerini ayrı ayrı deneyebiliriz . Geri döneceğimiz , sadece sistemin tatmin olduğu seçimleridir .

p

$p$

t \in {0, 1, \dots, p - 1}

$t \in \{0,1,\ldots,p-1\}$

S

$S$

t

$t$

Bu nedenle, şimdi, bazı özel durumlar dışında, blok başına alt modülerlik koşulu ve bir set böylece biri bazı . Bu koşullar, bu özel Jordan bloğundaki ile eşdeğerdir . Bu yüzden bunları alt prosedürden iade ediyoruz. Özel durumlar ya bulunamayacağı sonucuna varır (bu durumda alt prosedür derhal bunun bir göstergesini döndürür) ya da modülerlik koşulu ve tamsayı için gibi bazı özel koşullarımız var veya bazı tamsayılar için $t = a \pmod{m}$ $S$ $t = s \pmod{p}$ $s \in S$ $y = A^tx$ $t$ $t = a \pmod{m}$ $t = s$ $s$ $t > \ell$ $\ell$ . Her durumda, söz konusu koşulların tümü bu Jordan bloğundaki eşdeğerdir . Dolayısıyla, yukarıda belirtildiği gibi, alt prosedür sadece bu koşulları döndürür. $y = A^tx$

Bu, blok başına alt prosedürün ve bir bütün olarak algoritmanın özelliklerini sonuçlandırır. Doğruluk ve verimlilik önceki tartışmadan sonra gelir.

İkinci azaltımda JCF kullanan incelikler : İkinci azaltmada belirtildiği gibi, JCF ile çalışmaktan kaynaklanan bazı incelikler vardır. Bu sorunları hafifletmek için birkaç gözlem var:

Sonlu cisimlerin uzantıları normaldir . Bu, üzerinden indirgenemez bir polinomsa , kökünü içeren uzantısının tüm köklerini içerdiği anlamına gelir . Diğer bir deyişle, bir indirgenemez polinom bölme alan derecesi derecesi, sadece var fazla . $P$ $\mathbb{F}_q$ $\mathbb{F}_q$ $P$ $P$ $P$ $d$ $d$ $\mathbb{F}_q$
Ürdün kanonik formunun, birincil rasyonel kanonik form (PRCF) adı verilen ve alan uzantılarının yazılmasını gerektirmeyen bir genellemesi vardır . Özellikle, eğer girdilerle matrisidir , o zaman geç olabilir bir matris için girdilerle , ayrıca PRCF'de. Buna ek olarak, girişlerin iddia ise alanı canlı uzanan tüm öz içeren , ardından $A$ $\mathbb{F}_q$ $A = P^{-1}QP$ $P,Q$ $\mathbb{F}_q$ $Q$ $A$ $\mathbb{F}'$ $\mathbb{F}_q$ $A$ $Q$ aslında JCF'de olacak. Böylece JCF'sinin hesaplanmasını PRCF'nin hesaplanması için özel bir durum olarak görebiliriz. $A$
PRCF şeklini kullanarak, bir JCF işlem faktör olabilir olarak $A$
1. arasında PRCF işlem fazla $A$ $\mathbb{F}_q$
2. her bir blok bir PRCF işlem arasında PRCF içinde (Ara makalesinden gösterimde borçlanma) bir uzantı alanı üzerinde, , tüm öz içeren seçilir $C$ $A$ $\mathbb{F}'$ $\mathbb{F}'$ $C$
Bu çarpanlara temel avantajı blok karakteristik polinomlar olmasıdır bütün olacak indirgenemez ve dolayısıyla ilk gözlem, biz seçebilir derecesi büyüklüğü için , en fazla olduğu ( ) . Dezavantajı, şimdi JCF'nin her bir bloğunu temsil etmek için farklı genişletme alanları kullanmamız gerektiğinden temsil, atipik ve karmaşıktır. $C$ $\mathbb{F}'$ $C$ $n$ $\mathbb{F}_q$

Böylece, PRCF'yi verimli bir şekilde hesaplama yeteneği göz önüne alındığında, JCF'nin uygun bir kodlamasını verimli bir şekilde hesaplayabiliriz ve bu kodlama, JCF'nin herhangi bir belirli bloğu ile çalışmanın, en fazla derece üzerinde bir genişleme alanında yapılabileceği . $n$ $\mathbb{F}_n$

Etkin bir şekilde, kağıt "PRCF hesaplamak için de bir rasyonel kanonik formu algoritması karakteristik polinomunun çarpanlara zaman" (KR Matthews, 117 (1992 Math. Bohemica) 315-324) PRCF hesaplamak için etkili bir algoritma verir bilinir . Sabit karakteristikler için (sahip olduğumuz gibi), tek değişkenli polinomları sonlu alanlar üzerinde çarpanlara ayırma, deterministik polinom zamanında yapılabilir (bkz. Örneğin " Sonlu Alanlar Üzerindeki Polinomlar İçin Yeni Bir Çarpanlara Ayırma Algoritması " (H. Niederreitter ve R. Gottfert, Math. Hesaplama 64 (1995) 347-353).), Böylece PRCF verimli bir şekilde hesaplanabilir. $A$

— Andrew Morgan
kaynak

JCF verimli bir şekilde hesaplanabilir mi? Her neyse, varlığı alanın genişletilmesini gerektirebilir.

— Emil Jeřábek

@ EmilJeřábek Teşekkürler- Sanırım kolay olduğu örtülü bir varsayımla çalıştım, ama aslında detayları bilmiyorum. En azından Wikipedia'ya göre , yukarıdaki amaçlar için yeterince verimli bir şekilde yapılabilen sınırlı alanlar üzerinde tek değişkenli polinomları çarpanlara ayırmakla güçlü bir şekilde ilişkili gibi görünmektedir . ...

— Andrew Morgan

Benim tahminim JCF'nin verimli bir şekilde bulunabileceğidir, ama tam olarak emin değilim. Alanı genişletmek zorunda olduğunuzdan bahsediyorsunuz - bu küçültme için gereklidir (sabit boyutlu sonlu alanlar üzerindeki ayrık kütük kolaydır), bu yüzden sürpriz olmamalıdır. derecesi hakkında endişeleniyorum - özdeğerler sadece derecesine sahipken, ve değerleri özdeğerlerin güçlerinin doğrusal kombinasyonlarıdır, bu yüzden boyutunda bir alanda yaşamak gerekebilir. Cevabımda bu olası tuzakları not edeceğim, ancak hala etrafta kalmak için yeterli fikirlere katkıda bulunduğunu düşünüyorum.

n

$n$

x_{i}

$x_i$

y_{i}

$y_i$

n!

$n!$

— Andrew Morgan

Sağ. Elemanlar, n derecesinin keyfi bir polinomu olabilen matrisin karakteristik polinomunun yarma alanında yaşarlar, bu nedenle yarılma alanı kabaca kadar yüksek olabilir (eğer hesaplamam doğru). Ama belki bu bir şekilde atlatılabilir. Karakter poli'sini çarpanlarına ayıralım (farklı derece çarpanlarına ayırma bile yeterli olmalıdır). Bir şekilde her faktörün köklerine karşılık gelen öz uzamayı tanımlayabilir miyiz? Yani, tam JCF yerine, orijinal alanın üzerinde her bloğun öz değerlerine sahip olacağı bir blok çapraz matris elde ederiz ...

\exp (\sqrt{n \log n})

$\exp(\sqrt{n\log n})$

— Emil Jeřábek

... en fazla derecesinin uzantısında . Sonra her bloğu ayrı ayrı işleyebiliriz. (Bu sadece belirsiz bir fikir, bunu

n

$n$

— çözmeye