Наслідок значення PIT над

З огляду на , таким чином, що коефіцієнти р , д обмежені B , має р ≡ Q утримання ?$p(x_1,\dots,x_n),q(x_1,\dots,x_n)\in \Bbb Z[x_1,\dots,x_n]$$p,q$$B$$p\equiv q$

Тут застосовується лемма Шварца-Зіппеля, оскільки вона справедлива для загальних полів і і існує ефективний рандомізований алгоритм цієї проблеми.$\Bbb Z\subset\Bbb Q$

Ми очікуємо, що ця проблема матиме ефективну дерандомізацію.

Що є наслідком, якщо ця проблема не має ефективної дерандонізації?

Оскільки ПІТ є , якщо не існує ефективної дерадонізації, тоді P ≠ R P (і, зокрема, P ≠ N P , але це не так дивно, оскільки ми очікуємо, що це все-таки буде правдою). Це також означає, звичайно, що P ≠ B P P , так що все , що тягне P = B P P стає хибним. Наприклад, досить сильних генераторів псевдовипадкових чисел не існує, а E = D T I M E ( 2 $\mathsf{coRP}$$\mathsf{P} \neq \mathsf{RP}$$\mathsf{P} \neq \mathsf{NP}$$\mathsf{P} \neq \mathsf{BPP}$$\mathsf{P} = \mathsf{BPP}$мали б схеми субекспоненціального розміру!$\mathsf{E} = \mathsf{DTIME}(2^{O(n)})$

Вам цікаво великі проблеми з картиною тут. Натуральне число може бути канонічно представлене в одинарних позначеннях, але це уявлення є досить просторовим. Ви також можете представити його у двійковій нотації, яка є більш просторовою, але вже не є канонічною, оскільки ви також можете використовувати нотаріуси чи десяткову нотацію. Але зауважте, що представлення схемами не є значно менш ефективним, ніж двійкові позначення, див

101101 = (((1+1)*(1+1)+1)*(1+1)+1)*(1+1)*(1+1)+1

І зауважте, що (...)*(1+1)це можна замінити x:=(...) in x+x, тому вам навіть не потрібно множення. Але оскільки у вас є множення, ви навіть можете ефективно представляти числа, як 1011^101101. Також зауважте, що ви можете ефективно додавати, віднімати і множувати числа в цьому поданні. Але це представлення не обмежене числами, воно навіть працює точно так само для багатофакторних функцій поліномів. А для поліномів це навіть цілком природне уявлення, оскільки поліноми - це вільна алгебра для комутативних кілець, а подання як ланцюга може використовуватися для будь-якої вільної алгебри.

$c=10^{10^{10^{10^{10}}}}$$c$$0$$c$заперечується, оскільки більшість цих чисел містили б більше інформації, ніж це можливо було б представлено фізичною всесвітом. Більшість зусиль просто змусили мене сміятися, але цей момент змусив мене задуматися. Такі філософи, як Віллард Ван Орман Куйн, протестували проти заявлення про існування несанкціонованих можливостей, серед інших, оскільки вони призводять до невпорядкованих елементів, які не можуть означати, що вони означають, що вони однакові між собою та відмінні один від одного. Тож я вважав цілком розумним цікавитись презентаціями чисел, для яких все ще виконують додавання, віднімання та множення, і принаймні значущо визначають, чи відрізняються два числа одне від іншого. Представлення ланцюга досягає цього ...

Повернутися до многочленів та схемних зображень вільних алгебр. Ось кілька питань із великою картиною:

• 
  $n\geq 4$$n$
• Чи існує вільна алгебра, для якої ефективне детерміноване тестування ідентичності призведе до скасування будь-яких загальноприйнятих припущень, як-от P! = NP?
  -> Так, тестування ідентичності вільної алгебри для регулярних комутативних кілець завершено NP. Давно не помічали цього, дивіться нижче ...
• $\Bbb Z[x_1,\dots,x_n]$

Я особливо цікаво про вільну алгебри для регулярних комутативний кілець тут (тобто кільця з узагальненої зворотною операцією), так як вони дозволили б представляти раціональні числа і раціональні функції. Зауважте, що якби ми використовували це представлення лише для чисел, то, можливо, ми б задумалися, чи можемо ми ефективно перевірити a < bце подання. Це питання не має сенсу для вільного комутативного кільця, але воно може мати сенс для поліномів, якщо інтерпретувати їх у контексті вільних частково упорядкованих кілець. Але частково впорядковане кільце - це лише реляційна структура замість алгебри, тож це питання різного роду ...

Тут застосовується лемма Шварца-Зіппеля, оскільки вона справедлива для загальних полів і Z ⊂ Q,$\Bbb Z\subset\Bbb Q$

$((3^3+3)^3+x)^3-((2^2+5)^3+x)^2x$$n$$7^{2^{n/2}}$$5^{3^{n/3}}$$\mathbb Z$$B=\exp(\exp(n))$$O(\log B)$

$\Bbb Z[x_1,\dots,x_n]$

З іншого боку, я також вважаю, що ви можете просто використовувати будь-який розумний генератор псевдовипадкових чисел і тим самим вирішити ПІТ для всіх практичних цілей, якщо ви просто пройдете тест досить довго. Я вірю лише в те, що ви ніколи не зможете позбутися решти (нескінченно малих) сумнівів, подібних до наборів мір нуля, які залишаються дратівливими, не будучи порожніми.