用多项式表示OR

我知道平凡OR功能上$n$变量$x_1,\ldots, x_n$可以准确地由多项式表示的$p(x_1,\ldots,x_n)$作为这样的： $p(x_1,\ldots,x_n) = 1-\prod_{i = 1}^n\left(1-x_i\right)$，其次数为$n$。

但是，我怎么能证明什么似乎很明显，如果是正好代表或功能的多项式（所以∀ X ∈ { 0 ，1 } ñ：p （X ）= ⋁ ñ 我= 1 X 我），然后度（p ）≥ ñ？$p$$\forall x \in \{0,1\}^n : p(x) = \bigvee_{i = 1}^n x_i$$\deg(p) \ge n$

让$f\colon \{0,1\}^n \to \{0,1\}$是一个布尔函数。如果它有一个多项式表示$P$然后它有一个多线性多项式表示$Q$度的$\deg Q \leq \deg P$：只需更换任何功率$x_i^k$，其中$k \geq 2$，由$x_i$。因此，我们可以将注意力集中在多线性多项式上。

权利要求：多项式$\{ \prod_{i \in S} x_i : S \subseteq [n] \}$，因为功能$\{0,1\}^n \to \mathbb{R}$形成的用于所有功能的空间的基$\{0,1\}^n \to \mathbb{R}$。

证明：我们首先证明多项式是线性独立的。假设$f = \sum_S c_S \prod_{i \in S} x_i = 0$对所有$(x_1,\ldots,x_n) \in \{0,1\}^n$。我们通过（强烈）归纳证明$|S|$该$c_S = 0$。假设对于所有|，$c_T = 0$。Ť$|T| < k$，让我们给出了一组$S$基数的$k$。对于所有$T \subset S$我们知道通过感应该$c_T = 0$，因此$0 = f(1_S) = c_S$，其中$1_S$是其输入是$1$上的坐标$S$。$~\qquad\square$

$f\colon \{0,1\}^n \to \{0,1\}$$f$$0/1$$1-\prod_i(1-x_i)$$n$

$p$$x\in \{0,1\}^n$$p(x) = \sf{OR}(x)$$p$

$$q(k) = \frac{1}{\binom{n}{k}} \sum_{x: |x| = k} p(x).$$ $k = 1, 2, \ldots, n$$q(k) = 1$$q(0) = 0$$q-1$$n$0，它的度数必须至少为。因此，也必须具有。$n$$p$$n$

对称化通常用于布尔函数的近似度和量子查询复杂度的研究。参见，例如，http://www.math.uwaterloo.ca/~amchilds/teaching/w11/l19.pdf。

尤瓦尔（Yuval）和亨利（Henry）为此事实提供了两种不同的证明。这是第三个证据。

首先，正如Yuval的回答一样，我们将注意力集中在多线性多项式上。现在，您已经展示了一个等于OR函数的多元线性多项式。现在我们需要证明的是该多项式是唯一的，因此您发现了OR函数作为多项式的唯一表示。因此，其度为。$n$$n$

要求：如果两个超线性多项式p和q在超立方体上相等，则它们在各处相等。

证明：令r（x）= p（x）-q（x），我们知道所有x的r（x）= 0 。我们想证明r（x）等于零。为了解决矛盾，假设不是，并选择r中具有最小程度的非零系数的任何单项式。将此单项式之外的所有变量设置为0，并将该单项式中的所有变量设置为1。在此输入上，r（x）为非零，但此输入为布尔值，这是一个矛盾。$\{0,1\}^n$