Fungsi Boolean yang tidak konstan pada subruang affine dari dimensi yang cukup besar

18

Saya tertarik dengan fungsi Boolean eksplisit f:0,1n0,1dengan properti berikut: jika f konstan pada beberapa subruang affine dari0,1n , maka dimensi dari subruang ini adalaho(n) .

Tidak sulit untuk menunjukkan bahwa fungsi simetris tidak memuaskan properti ini dengan mempertimbangkan subruang A=x0,1nx1x2=1,x3x4=1,,xn1xn=1. Setiap memiliki tepat n / 2 1 's dan karenanya f adalah konstanta subruang A dari dimensi n / 2 .xAn/2 1fAn/2

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

Alexander S. Kulikov
sumber
Apakah rentang f dimaksudkan sebagai {0,1} bukan {0,1} ^ n? Kalau tidak, saya pikir jawabannya adalah sepele (f dapat menjadi pemetaan identitas).
Tsuyoshi Ito
Oh, maaf, kisarannya adalah {0,1}, tentu saja. Tetap.
Alexander S. Kulikov
Karena Anda meminta konstruksi eksplisit, saya rasa metode probabilistik menghasilkan bukti eksistensial. Tebakan liar: Apa yang terjadi jika kita mengidentifikasi {0,1} ^ n dengan bidang berhingga dari urutan 2 ^ n dan biarkan f (x) = 1 jika dan hanya jika x sesuai dengan kuadrat di bidang berhingga? Himpunan residu kuadrat modudo prima sering terlihat acak, dan sekarang kita membutuhkan seperangkat vektor yang terlihat acak, sehingga menggunakan himpunan kotak di bidang terbatas terdengar seperti kandidat alami. (Saya belum mengerjakan ini sama sekali, dan ini mungkin jauh dari sasaran.)
Tsuyoshi Ito
1
Cross diposting di MO . Harap tambahkan tautan ke pertanyaan Anda saat Anda melakukan posting silang.
Kaveh
1
Perhatikan juga bahwa crossposting simultan tidak disarankan .
Tsuyoshi Ito

Jawaban:

25

Objek yang Anda cari disebut disperser affine tanpa biji dengan satu bit keluaran. Lebih umum, disperser tanpa biji dengan satu bit keluaran untuk keluarga dari himpunan bagian dari { 0 , 1 } n adalah fungsi f : { 0 , 1 } n{ 0 , 1 } sedemikian rupa sehingga pada setiap subset S F , fungsiF{0,1}nf:{0,1}n{0,1}SF tidak konstan. Di sini, Anda tertarik F menjadi keluarga ruang bagian affinefF

Ben-Sasson dan Kopparty di "Affine penyebar dari Subruang Polinomial" tegas membangun penyebar affine tanpa biji untuk subruang dimensi setidaknya . Detail lengkap dari disperser agak terlalu rumit untuk dijelaskan di sini. 6n4/5

Kasus yang lebih sederhana yang juga dibahas dalam makalah ini adalah ketika kita menginginkan disperser afin untuk subruang dimensi . Kemudian, konstruksi mereka memandang F n 2 sebagai F 2 n dan menentukan disperser menjadi f ( x ) = T r ( x 7 ) , di mana T r : F 2 nF 2 menunjukkan peta jejak: T r ( x ) = n2n/5+10F2nF2nf(x)=Tr(x7)Tr:F2nF2 . Properti utama daritrace mapadalah bahwa T r ( x + y ) = T r ( x ) + T r ( y ) . Tr(x)=i=0n1x2iTr(x+y)=Tr(x)+Tr(y)

arnab
sumber
Terima kasih banyak, Arnab! Sepertinya inilah yang saya butuhkan, tetapi jelas saya perlu waktu untuk membaca makalah ini. =)
Alexander S. Kulikov
1
Rekaman video ceramah oleh Swastik di kertas ada di sini: video.ias.edu/csdm/affinedispersers
arnab
Sekali lagi terima kasih, Arnab! Saya harap video ini akan membantu saya untuk memahami makalah ini (setelah membaca beberapa halaman pertama saya melihat bahwa ini cukup rumit).
Alexander S. Kulikov
9

Fungsi yang memenuhi sesuatu yang mirip dengan (tetapi jauh lebih lemah dari) apa yang Anda inginkan adalah penentu matriks atas . Hal ini dapat menunjukkan bahwa determinan dari suatu n × n matriks adalah non-konstan pada setiap ruang bagian affine dimensi setidaknya n 2 - nF2n×nn2n .

Ramprasad
sumber
Terima kasih, Ramprasad! Ini memang jauh lebih lemah dari yang saya inginkan. Tapi tetap saja, bisakah Anda memberikan tautan?
Alexander S. Kulikov
1
Saya tidak tahu tempat di mana ini ditulis tetapi buktinya tidak sulit. Untuk membuktikan klaim di atas, itu sudah cukup untuk menunjukkan bahwa jika Anda mengambil determinan dari suatu matriks dengan variabel dalam setiap entri, maka polinomial adalah non-nol modulo n - 1 fungsi linear. Perhatikan bahwa modulo akan fungsi linier hanya mengganti salah satu entri dengan fungsi linier dari vars lainnya. Karenanya, kami ingin menunjukkan bahwa mengganti hanya entri n - 1 tidak dapat membunuh determinan. Seharusnya mudah untuk melihat bahwa hanya dengan permutasi, kita dapat memindahkan semua entri n - 1 di atas diagonal. [cntd]n×nn1n1n1
Ramprasad
Setelah semua entri ini bergeser di atas diagonal, tentu saja faktor penentu tetap tidak nol (karena semua entri di bawah dan termasuk diagonal independen, kita dapat membuat diagonal bawah sepenuhnya nol dan diagonal menjadi elemen bukan nol untuk memberikan determinan bukan nol). Satu-satunya trik di sini adalah bahwa semua entri dapat digeser di atas diagonal. n1
Ramprasad
Terima kasih, Ramprasad! Ini memang tidak sulit dilihat.
Alexander S. Kulikov