क्या मर्लिन एक निश्चित राशि के बारे में आर्थर को मना सकती है?

मर्लिन, जिनके पास निर्बाध कम्प्यूटेशनल संसाधन हैं, वे आर्थर को विश्वास दिलाना चाहते हैं कि

m | \sum_{p \leq N, p prime} p^{k}

$m|\sum_{p\le N,\ p\text{ prime}}p^k$ के लिए

(N, m, k)

$(N,m,k)$ के साथ

k = O (\log N)

$k=O(\log N)$ और

m = O (N) .

$m=O(N).$ इस योग को सीधे तरीके से गणना करना (मॉड्यूलर घातांक और जोड़) में समय लगता है

N (\log \log N)^{2 + o (1)}

$N(\log\log N)^{2+o(1)}$ एफएफटी-आधारित गुणन के साथ। * लेकिन आर्थर केवल

O (N)

$O(N)$ संचालन कर सकते हैं।

(इस प्रश्न के पुराने संस्करणों के साथ संगतता के लिए संकेतन: योग बराबर $m\alpha$ ; तो सवाल यह है कि $\alpha$ एक पूर्णांक है।)

क्या मर्लिन आर्थर को लंबाई की एक स्ट्रिंग के साथ मना सकती है $O(N)$ ? यदि नहीं, तो क्या वह आर्थर को एक इंटरेक्टिव प्रूफ (कुल संचार, निश्चित रूप से $O(N)$ ) के साथ मना सकता है ? यदि हां, तो मर्लिन लंबाई की एक स्ट्रिंग का उपयोग कर सकती है $o(N)$ ? क्या आर्थर $o(N)$ समय का उपयोग कर सकता है ?

आर्थर के पास नॉनडेर्मिनिज्म या अन्य विशेष उपकरण (क्वांटम तरीके, मर्लिन के अलावा अन्य oracles, आदि) तक पहुंच नहीं है, लेकिन यदि आवश्यक हो तो $O(N)$ स्थान है। बेशक आर्थर को सीधे योग की गणना करने की आवश्यकता नहीं है, उसे केवल यह आश्वस्त करने की आवश्यकता है कि किसी दिए गए ट्रिपल (एन, मी, के) समीकरण को सही या गलत बनाता है।

ध्यान दें कि साथ यह समय में राशि की गणना करने के लिए संभव है का उपयोग कर Lagarias-Odlyzko विधि। के लिए योग superlinear है और इसलिए सीधे (बिना, जैसे, मॉड्यूलर कमी) जमा नहीं किया जा सकता है लेकिन यह एक तेजी से एल्गोरिथ्म मौजूद है स्पष्ट नहीं है। $k=0$ $O(N^{1/2+\varepsilon})$ $k>0$

मैं किसी भी एल्गोरिथ्म में दिलचस्पी भी रखूंगा, प्रत्यक्ष शक्ति और जोड़ द्वारा योग (मॉड्यूलर या अन्यथा) की गणना करने के लिए।

* गणना करने के लिए नंबर, समय प्रत्येक गणना के लिए। $N/\log N$ $\lg k\log N(\log\log N)^{1+o(1)}=\log N(\log\log N)^{2+o(1)}$

— चार्ल्स
स्रोत

Math.SE पर संबंधित पोस्ट ।

— Hsien-Chih चांग 張顯 '

हाँ, संबंधित। मुख्य अंतर यह है कि गणित। वह प्रश्न मानता है कि मर्लिन के पास शून्य कम्प्यूटेशनल संसाधन हैं और यह मानता है कि उसके पास अनबिके संसाधन हैं।

— चार्ल्स

प्रायोगिक परीक्षण के लिए आवश्यक समय के बारे में क्या?

— पीटर शोर

@Charles: मुझे लगता है कि नहीं दिख रहा है

primes की गिनती के लिए स्केलिंग। क्या आप इसे समाप्त कर सकते हैं? मैंने सोचा होगा कि इसे सुपरलाइनर स्केलिंग की आवश्यकता थी। एराटोस्थनीज की छलनी एक

एल्गोरिदम देती है।

\sqrt{N}

$\sqrt{N}$

O (N^{2})

$O(N^2)$

— जो फिट्जसिमोंस

एल्गोरिथ्म Lagarias और Odlyzko के कारण है। यह वर्णन किया गया है, जैसे, dtc.umn.edu/~odlyzko/doc/arch/analytic.pi.of.x.pdf (और यह नहीं

लेकिन

O (\sqrt{N})

$O(\sqrt N)$

)

\tilde{O} (\sqrt{N}) .

$\tilde{O}(\sqrt N).$

— चार्ल्स

जवाबों:

मैं अपने पहले के विशेष मामले से अलग से यह पोस्ट कर रहा हूं, क्योंकि मेरा मानना है कि यह समस्या के लिए एक अलग दृष्टिकोण है, और मेरे अन्य उत्तर से बहुत कम संबंध है। यह ठीक वैसा नहीं हो सकता है जैसा आप देख रहे हैं, लेकिन यह सरल है, और करीब है।

एक ऐसा प्रमाण है जिसे आर्थर हमेशा स्वीकार करेंगे कि प्रूफ़ सही है, लेकिन संभावना को अस्वीकार कर देगा $\frac{1}{(\log \log N)^{2+o(1)}}$ $(p_i,c_i = p_i^k\mbox{ mod }m)$ $p\leq N$ $O(N/\log(N)) \times O(\log(N)) = O(N)$ $\pi(N)$ $N$ $S N$ $p$ $p_i^k \equiv c_i \mbox{ mod }m$ $SN~O((\log \log N)^{2+o(1)})$ $S = (\log \log N)^{-(2+o(1))}$ $S$ $\pi(N)$ $S$ $S$

$N$ $\frac{1}{m} = \frac{1}{O(N)}$

— जो फिट्जिमोंस
स्रोत

यदि दो उत्तर पोस्ट करना बुरा व्यवहार है, तो मुझे बताएं और मैं उनका विलय कर दूंगा। मैंने उन्हें अलग कर दिया क्योंकि बाद वाला मेरे पास आया और पहले उत्तर की तुलना में बिल्कुल अलग था।

— जो फिट्जसिमोंस

मेरे लिए उत्तम है। विशेष रूप से CW के प्रश्नों में कई उत्तरों का होना आम है।

— सुरेश वेंकट

@ सुरेश: हां, मुझे पता है, लेकिन यह सीडब्ल्यू नहीं है, और मैं रेप-वेश्या के रूप में नहीं आना चाहता।

— जो फिट्जसिमोंस

Θ (N)

$\Theta(N)$

Θ (N)

$\Theta(N)$

@JoeFitzsimons: यह ठीक है :)। यदि दोनों उत्तर दोहराए जाते हैं तो आपको दोहरे अंक मिलेंगे :)

— सुरेश वेंकट

यह समस्या का एक पूर्ण उत्तर है जो मर्लिन का उपयोग नहीं करता है।

$x$ $l$ $k,$ $O(x^{2/3}/\log^2x).$ $O(x^{1/2+o(1)}).$

$m.$ $q,$ $k$

\sum_{\overset{p \leq N}{p prime}} p^{k} (\mod q) .

$\sum_{\stackrel{p\le N}{p\text{ prime}}}p^k\pmod q.$

सम मॉड के मान को निर्धारित करने के लिए चाइनीज़ रेमिनेडर प्रमेय का उपयोग करें $2\cdot3\cdots\log m.$

प्राइम नंबर द्वारा प्रमेय की सबसे बड़ी आवश्यकता प्राइम नंबर इसलिए यह समय में योग देता है $(1+o(1))\log m,$ $O(N^{1/2+o(1)}).$

संदर्भ

[1] मार्क Deléglise, पियरे डुसार्ट, और जेवियर-फ़्राँस्वा Roblot, अवशेषों की कक्षाओं में गिनती अभाज्य संख्या , संगणना के गणित 73 :। 247 (2004), पीपी 1565-1575। डोई 10.1.1.100.779

[2] जे.सी. Lagarias और AM Odlyzko, कम्प्यूटिंग : एक विश्लेषणात्मक विधि $\pi(x)$ , एल्गोरिदम के जर्नल 8 (1987), पीपी 173-191।।

[३] चार्ल्स, मैथोवरफ्लो पर उत्तर देते हैं । (हां, यह वही व्यक्ति है। विभिन्न दृष्टिकोणों के लिए अन्य उत्तर देखें।)

— चार्ल्स
स्रोत

यह एक पूर्ण उत्तर नहीं है, बल्कि एक विशेष मामला है ( जैसा कि आप समझते हैं कि एक बड़े मूल्य के लिए ), जिसे मैंने मूल रूप से एक टिप्पणी के रूप में पोस्ट किया था। इस मामले में कि (कुछ पूर्णांक ) एक सरल प्रमाण है और मर्लिन का स्ट्रिंग शून्य लंबाई का हो सकता है। $k$ $k=x \phi(m)$ $x$

ऐसा करने के लिए, आर्थर बस गणना करता है । यह कारक द्वारा किया जा सकता है (जो ट्रायल डिवीजन का उपयोग करते हुए में सबलाइनर में भी किया जा सकता है )। चूँकि for सभी , और अन्यथा, यदि तब हमारे पास , जहां की संख्या अलग है प्रमुख विभाजक । जैसा कि टिप्पणी अनुभाग में बताया गया है गणना में सबलाइनर में की जा सकती है $\phi(m)$ $m$ $N$ $p^{x \phi(m)} \equiv 0 \mbox{ mod } m$ $p|m$ $p^{x \phi(m)} \equiv 1 \mbox{ mod } m$ $k=x \phi(m)$ $\sum_{p \leq N, p~prime} p^{k} \equiv \pi(N) - y \mbox{ mod } m$ $y$ $m$ $\pi(N)$ $N$ , और इसलिए इस राशि की गणना सीधे आर्थर द्वारा की जा सकती है।

इसके अलावा, विशेष मामले के लिए कि तब योग बराबर नहीं हो सकता है , जैसा कि । $1<N<m$ $m\alpha$ $1<\pi(N)<m$

— जो फिट्जिमोंस
स्रोत