Calcolo della funzione Mobius

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La funzione Mobius $\mu(n)$ è definita come $\mu(1)=1$ , $\mu(n)=0$ se $n$ ha un fattore primo quadrato e $\mu(p_1 \dots p_k)= (-1)^k$ se tutti i numeri primi $p_1,\dots,p_k$ sono diversi. È possibile calcolare $\mu(n)$ senza calcolare la scomposizione in fattori primi di $n$ ?

comp-number-theory

— Craig Feinstein
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Penso che stia semplicemente chiedendo se esiste un modo per calcolare

che non è noto per fornire anche una fattorizzazione.

μ (n)

$\mu(n)$

— Suresh Venkat,

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@Kaveh, non sto parlando di complessità computazionale qui. Suresh ha ragione nella sua interpretazione. È simile a determinare che un numero è composto senza determinarne la fattorizzazione. Qualcosa del genere può essere fatto anche per la funzione Mobius?

— Craig Feinstein,

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Non penso che questa sia una vera domanda. Ho pensato che potesse essere utile ricordarti che su cstheory abbiamo una politica rigorosa contro argomenti a manovella nel caso in cui tu provi a pubblicizzare le idee in questi .

— Kaveh,

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@Kaveh, ho fatto una domanda seria che ha ottenuto 4 pollici in su. Certo, la mia risposta ha ottenuto 8 pollici in giù, ma questa è la vita. Non sapevo la mia risposta alla domanda fino ad oggi, quindi ho pubblicato la risposta. Mi sembra che tu stia cercando di ostracizzarmi sostenendo che qui ho qualche tipo di ulteriore motivo. Posso assicurarti che non ho altro motivo se non quello di ottenere una risposta alla domanda.

— Craig Feinstein il

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@Kaveh: L'OP è un noto trisettore, su più forum. Detto questo, l'hai mai visto essere scortese con qualcuno? Non ho Capisce semplicemente cosa significa dimostrare limiti inferiori. La domanda mi sembra in tema. C'è un detto: "Anche un orologio fermo è giusto due volte al giorno".

— Aaron Sterling,

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Una non risposta alla tua domanda è che SQUARE-FREE (è un numero quadrato libero) non è di per sé noto in P, e calcolare la funzione Möbius risolverebbe questo problema (poiché un numero quadrato libero ha $\mu(n) \neq 0$ ).

— Suresh Venkat
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conosci qualche articolo che discute della complessità del quadrato verde? tutto quello che ho potuto trovare è questo: dl.acm.org/citation.cfm?id=371327&dl=GUIDE&coll=GUIDE , che fornisce limiti inferiori alle dimensioni della formula. guardando mathoverflow.net/questions/16098/… , penso che non si sappia molto se sia probabile che sia in grado di ridurre il factoring al quadrato senza sfumature.

— Sasho Nikolov,

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Per un'altra non risposta, potresti essere interessato alla congettura di Sarnak (vedi ad esempio http://gilkalai.wordpress.com/2011/02/21/the-ac0-prime-number-conjecture/ , http: //rjlipton.wordpress .com / 2011/02/23 / the-depth-of-the-mobius-function / , /mathpro/57543/walsh-fourier-transform-of-the-mobius-function ), che afferma sostanzialmente che la funzione di Möbius non è correlata con nessuna "semplice" funzione booleana. Non è irragionevole aspettarsi che dovrebbe valere quando "semplice" viene interpretato come tempo polinomiale. Ciò che sappiamo finora è che la congettura vale per le funzioni (dimostrato da Ben Green ) e tutte le funzioni monotone (dimostrato da Jean Bourgain ). $\mathrm{AC}^0$

— Emil Jeřábek 3.0
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Penso che questo sia il libro di Ben Green: arxiv.org/abs/1103.4991

— Suresh Venkat,

0

Una delle formule ricorsive relative ai valori della funzione mobica è

\sum_{m \leq n} ⌊ \frac{n}{m} ⌋ μ (m) = 1.

$\sum_{m \leq n} \left\lfloor \dfrac {n}{m} \right\rfloor \mu (m) = 1.$ Ma per trovare il

μ (n)

$\mu(n)$ dobbiamo conoscere i valori mobious per

m < n

$m < n$ . Quindi

μ (n) = 1 - \sum_{m < n} ⌊ \frac{n}{m} ⌋ μ (m) .

$\mu (n) =1-\sum_{m < n} \left \lfloor \dfrac {n}{m}\right \rfloor \mu (m) .$ Qui stiamo dividendo

n

$n$ per i numeri interi positivi più piccoli

m < n

$m<n$ , non dobbiamo sapere se sono fattori di

n

$n$ quando

m

$m$ ha un fattore quadrato! (

μ (m) = 0

$\mu(m)=0$ ), Ma dobbiamo ancora conoscere i fattori di

m

$m$ per concludere questo !! Quindi abbiamo:

\begin{aligned} μ (n) = & 1 - \sum_{a_{1} < n} ⌊ \frac{n}{a_{1}} ⌋ \\ + & \sum_{a_{1} < n} ⌊ \frac{n}{a_{1}} ⌋ \sum_{a_{2} < a_{1}} ⌊ \frac{a_{1}}{a_{2}} ⌋ \\ - & \sum_{a_{1} < n} ⌊ \frac{n}{a_{1}} ⌋ \sum_{a_{2} < a_{1}} ⌊ \frac{a_{1}}{a_{2}} ⌋ \sum_{a_{3} < a_{2}} ⌊ \frac{a_{2}}{a_{3}} ⌋ + \dots \end{aligned}

$\begin{align} \mu(n)=&1-\sum_{a_1< n} \left \lfloor \dfrac {n}{a_1}\right \rfloor \\ +&\sum_{a_1< n} \left \lfloor \dfrac {n}{a_1}\right \rfloor \sum_{a_2< a_1} \left \lfloor \dfrac {a_1}{a_2}\right \rfloor \\ -&\sum_{a_1< n} \left \lfloor \dfrac {n}{a_1}\right \rfloor \sum_{a_2< a_1} \left \lfloor \dfrac {a_1}{a_2}\right \rfloor \sum_{a_3< a_2} \left \lfloor \dfrac {a_2}{a_3}\right \rfloor + \cdots \end{align}$ Fare riferimento a questo documento:https://projecteuclid.org/euclid.mjms/1513306829per la prova della formula.

— Hunde Eba
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n = 120

$n=120$

Controlla la versione modificata !! @Craig

— Hunde Eba,

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Permettere $n=p_1 \dots p_k$ , dove $p_j$ sono numeri primi distinti. Poi

μ (n) = μ (p_{1} \dots p_{k}) = μ (p_{1}) \dots μ (p_{k}) .

$\mu(n)=\mu(p_1 \dots p_k)=\mu(p_1)\dots \mu(p_k).$ Then to compute

μ (n)

$\mu(n)$ , it is necessary to compute

μ (p_{j})

$\mu(p_j)$ for each

p_{j}

$p_j$ . This implicitly requires recognizing that

p_{1} \dots p_{k}

$p_1 \dots p_k$ is the prime factorization of

n

$n$ .

Here's an analogy: In order to know whether there are an odd or even number of jelly beans in a jar, one must count the jelly beans. This is why you must compute the prime factorization of a number to compute its Mobius function, when it is not divisible by a square. But in order to know that there is more than one jelly bean in a jar, one does not need to examine any of the jelly beans in the jar. One can just shake the jar and hear that there is more than one jelly bean. This is why you don't have to factor a number to know it is composite. Algorithms like Fermat's Little Theorem allow one to "shake the number up" to know it is composite.

When $n$ is divisible by a square, you don't have to compute the prime factorization of $n$ . But you do have to find a nontrivial factor of $n$ : If $n$ is square, in order to determine that it is square, you have to take its square root, in which you find a nontirival factor of $n$ . A fortiori, if $n$ is not a square but is still not squarefree, in order to determine that $\mu(n)=0$ , it is necessary to find a nontrivial factor of $n$ .

— Craig Feinstein
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@Craig It is still wrong. You could use the same (fallacious) argument for the composite testing problem as Peter Shor said. You're basically giving an algorithm for your problem and stating that it is the only way to proceed. Showing that an obvious algorithm is the best to solve a problem is one of the biggest challenge in complexity theory.

— Michael Blondin

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I will try to give an example. Consider the problem of multiplying two matrices A and B of size

n \times n

$n \times n$ . The definition of AB is

(A B)_{i, j} = \sum_{k = 1}^{n} A_{i, k} \cdot B_{k, j}

$(AB)_{i,j} = \sum_{k=1}^n A_{i,k} \cdot B_{k,j}$ . Therefore, by an argument of your type, this would imply that AB must necessarily be computed in time

O (n^{3})

$O(n^3)$ from its definition. However, it is well-known that AB can be computed in time

O (n^{2.807})

$O(n^{2.807})$ . If you can see how the so-called argument fails here, you should be able to see how it fails in your answer.

— Michael Blondin

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Re "In order to know whether there are an odd or even number of jelly beans in a jar, one must count the jelly beans." — even this is not true. You could pull them out in pairs (one for me one for you...) without actually counting them as you go. Then when you have run out of pairs to pull, you have either zero or one left and you know the parity.

— David Eppstein

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For a problem where counting is hard but parity is easy, consider the permanent of a 0-1 matrix

M

$M$ . (This is the same as the number of perfect matchings in a bipartite graph.) The parity of the permanent is the same as the parity of the determinant, which can be computed in polynomial time. But evaluating the permanent is #P-complete, and thus NP-hard.

— Peter Shor

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Craig, without factoring it into primes, yes, by computing integer square root (known to be computable in polynomial time unlike factoring) it's 69^2. I do not have to factor 69. Your beans argument suggests that factoring is mandatory, since you have to look at every jelly to check if every flavour occurs even number of times.

— sdcvvc