多项式的随机身份测试？

设为变量多项式，作为大小为poly 的算术电路，设为素数。 $f$ $n$ $(n)$ $p = 2^{\Omega(n)}$

您能否测试在 $f$ 是否等于零，时间为和错误概率，即使度数不是先验的界限？如果是单变量怎么办？ $\mathbb{Z}_p$ $\mbox{poly}(n)$ $\leq 1-1/\mbox{poly}(n)$ $f$

请注意，您可以通过在大小为的字段上应用Schwartz-Zippel 来有效地测试 $f$ 是否为零，作为正规 表达式，因为的最大程度为。 $2^{2|f|}$ $f$ $2^{|f|}$

polynomials arithmetic-circuits

— 用户94741
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如果您对度数没有任何限制，难道没有实现任何特定功能的多项式吗？

— 彼得·索尔

@PeterShor：

$\:$ OP 确实对学位有限制；[

的门数不能超过2

f

$\hspace{.04 in}f\hspace{.02 in}$ 。

$\;\;\;\;$

我认为这个问题的关键点在于，场GF（p）既不足够大，无法使用Schwartz-Zippel引理以标准方式构造随机多项式时间算法，也不足够小（例如GF（2））使用算术化方法以标准方式构造SAT的约简。

— 伊藤刚（Tsuyoshi Ito）

在单变量情况下，问题将询问是否除以，如果有帮助，可以在较大的字段中进行检查。不知道这是否会泛化为多变量。

x^{p} - 1

$x^p-1$

f

$f$

— 2014年

@GeoffreyIrving谢谢！容易进行有效检查当作为电路给出时？

(x^{p} - 1) | f

$(x^p - 1) | f$

f

$f$

— user94741 2014年

我不清楚问题的输入是什么，以及如何执行限制，但是，在任何合理的表述下，除非NP = RP，否则对于多元多项式来说答案是否定的，由于以下减少。 $p=2^{\Omega(n)}$

给定二进制的质数和布尔电路（仅使用和门的wlog ），我们可以在多项式时间内构造算术电路，使得是不满足的，是在计算出相同的零多项式如下：翻译与，与，和可变与（其可以通过尺寸的电路来表示使用重复的平方）。 $q$ $C$ $\land$ $\neg$ $C_q$ $C$ $C_q$ $\mathbb F_q$ $a\land b$ $ab$ $\neg a$ $1-a$ $x_i$ $x_i^{q-1}$ $O(\log q)$

如果是素数（我认为实际上并不重要）并且足够大，我们甚至可以使约简成为单变量：修改的定义，以便用多项式一方面，每个为，因此，如果不满足，则每个。另一方面，假定是可满足的，说，其中。注意 $q=p$ $C_p$ $x_i$

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

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

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

$f_i(a)\in\{0,1\}$

a \in F_{p}

$a\in\mathbb F_p$

C

$C$

C_{p} (a) = 0

$C_p(a)=0$

a

$a$

C

$C$

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

$C(b_1,\dots,b_n)=1$

b_{i} \in {0, 1}

$b_i\in\{0,1\}$

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}$ 因此，如果使得对于每个，我们有。在推论5 Peralta的意味着这样始终存在对。

C_{p} (a) = 1

$C_p(a)=1$

a \in F_{p}

$a\in\mathbb F_p$

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

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

i = 1, \dots, n

$i=1,\dots,n$

a

$a$

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

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

— 埃米尔·杰拉贝克（EmilJeřábek）
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只要它是奇数（并且一个人可以用另一种方式处理幂），单变量归约实际上也适用于非素数。除了常量，还可以采用字段不同元素的任何固定序列；如果基本上与Peralta论文中的论点相同（那么实际的工作在Weil的字符总和上，这对所有有限域都成立），则要求再次存在。

q

$q$

2

$2$

1, \dots, n

$1,\dots,n$

n

$n$

a

$a$

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

$q\ge2^{2n}n^2$

— EmilJeřábek'14

啊，是：如果，我们可以固定 -linearly独立，并翻译与，其中是的踪迹。

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

$q=2^k\ge2^n$

F_{2}

$\mathbb F_2$

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

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

x_{i}

$x_i$

T (a_{i} x)

$T(a_ix)$

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

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

F_{q} / F_{2}

$\mathbb F_q/\mathbb F_2$

— EmilJeřábek'14