Merlin, người có tài nguyên tính toán không giới hạn, muốn thuyết phục Arthur rằng

$$m|\sum_{p\le N,\ p\text{ prime}}p^k$$ cho $(N,m,k)$ với $k=O(\log N)$ và $m=O(N).$ Việc tính tổng này theo cách đơn giản (lũy thừa mô đun và cộng) mất thời gian $N(\log\log N)^{2+o(1)}$ với phép nhân dựa trên FFT. * Nhưng Arthur chỉ có thể thực hiện các thao tác$O(N)$.

(Ký hiệu, để tương thích với các phiên bản trước của câu hỏi này: Đặt tổng bằng $m\alpha$ ; thì câu hỏi là liệu có phải $\alpha$là số nguyên không.)

Merlin có thể thuyết phục Arthur bằng một chuỗi độ dài $O(N)$ không? Nếu không, anh ta có thể thuyết phục Arthur bằng một bằng chứng tương tác (tất nhiên là giao tiếp, tất nhiên, phải là $O(N)$ ) không? Nếu vậy, Merlin có thể sử dụng một chuỗi có độ dài $o(N)$ không? Arthur có thể sử dụng thời gian $o(N)$ không?

Arthur không có quyền truy cập vào thuyết không điều kiện hoặc các công cụ đặc biệt khác (phương pháp lượng tử, nhà tiên tri khác với Merlin, v.v.) nhưng có không gian $O(N)$ nếu cần. Tất nhiên Arthur không cần phải tính tổng trực tiếp, anh ta chỉ cần được thuyết phục rằng một bộ ba đã cho (N, m, k) làm cho phương trình đúng hoặc sai.

Lưu ý rằng với $k=0$ ta có thể tính toán số tiền trong thời gian $O(N^{1/2+\varepsilon})$ bằng cách sử dụng Lagarias-Odlyzko phương pháp. Với $k>0$ , tổng là siêu tuyến và do đó không thể được lưu trữ trực tiếp (không có, ví dụ, giảm mô-đun) nhưng không rõ liệu có tồn tại thuật toán nhanh hay không.

Tôi cũng sẽ quan tâm đến bất kỳ thuật toán nào để tính tổng (mô-đun hoặc cách khác) ngoài việc cung cấp năng lượng và bổ sung trực tiếp.

* số để tính, thời gian lg k log N ( log log N ) 1 + o ( 1 ) = log N ( log log N ) 2 + o ( 1 ) cho mỗi phép tính.$N/\log N$$\lg k\log N(\log\log N)^{1+o(1)}=\log N(\log\log N)^{2+o(1)}$

Tôi đang đăng bài này một cách riêng biệt từ trường hợp đặc biệt trước đây của tôi, bởi vì tôi tin rằng đó là một cách tiếp cận khác cho vấn đề và không liên quan nhiều đến câu trả lời khác của tôi. Nó có thể không chính xác những gì bạn đang tìm kiếm, nhưng nó đơn giản và gần gũi.

Có một bằng chứng mà Arthur sẽ luôn chấp nhận khi bằng chứng là đúng, nhưng sẽ từ chối với xác suất . Dưới đây là cách hoạt động: Merlin gửi Arthur cặp(pi,ci=p k i  mod m)cho mỗi thủp≤N. Arthur xác minh tổng (mất thời gianO(N/log(N))×O(log(N))=O(N$\frac{1}{(\log \log N)^{2+o(1)}}$$(p_i,c_i = p_i^k\mbox{ mod }m)$$p\leq N$$O(N/\log(N)) \times O(\log(N)) = O(N)$). Arthur kiểm tra rằng số lượng chính xác của các số nguyên tố đã được cung cấp (bằng cách tính toán ) đó là sublinear trong N . Cuối cùng, đối với các cặp ngẫu nhiên S N , anh ta xác nhận rằng p là số nguyên tố và p k i ≡ c i  mod  m . Điều này làm mất thời gian S N O ( ( log log N ) 2 + o ( 1 ) ) . Lấy S = ( log log N $\pi(N)$$N$$S N$$p$$p_i^k \equiv c_i \mbox{ mod }m$$SN~O((\log \log N)^{2+o(1)})$ , chúng tôi thu được tỷ lệ thời gian tuyến tính. Do đó, một phầnScủa tất cả các cặp được xác minh. Nếu bất kỳ điều nào trong số này thất bại, Arthur tất nhiên sẽ từ chối. Để Arthur chấp nhận một bằng chứng không chính xác, phải có ít nhất một cặp không thực hiện được một trong hai thử nghiệm này (hoặc số lượng cặp phải nhỏ hơnπ(N)đã được kiểm tra trước đó). Như vậy là một phần nhỏScủa tất cả các cặp đều được kiểm tra, kiểm tra sẽ thất bại cho một bằng chứng không chính xác với xác suất ít nhấtS.$S = (\log \log N)^{-(2+o(1))}$$S$$\pi(N)$$S$$S$

Lưu ý rằng đối với lớn, điều này tốt hơn nhiều so với đoán ngẫu nhiên, thành công với xác suất $N$ .$\frac{1}{m} = \frac{1}{O(N)}$

Đây là một câu trả lời đầy đủ cho vấn đề hoàn toàn không sử dụng Merlin.

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

$m.$$q,$$k$

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

$2\cdot3\cdots\log m.$

$(1+o(1))\log m,$$O(N^{1/2+o(1)}).$

Người giới thiệu

[1] Marc Deléglise, Pierre Dusart và Xavier-François Roblot, Đếm các số nguyên tố trong các lớp dư , Toán học tính toán 73 : 247 (2004), trang 1565-1575. doi 10.1.1.100.779

$\pi(x)$

[3] Charles, trả lời trên MathOverflow . (Vâng, đây là cùng một người. Xem các câu trả lời khác ở đó để biết các cách tiếp cận khác nhau.)

$k$$k=x \phi(m)$$x$

$\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$

$1<N<m$$m\alpha$$1<\pi(N)<m$