Computando a função Mobius

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A função Mobius é definida como , se tiver um fator primordial ao quadrado e se todos os primos são diferentes. É possível calcular sem calcular a fatoração primária de $\mu(n)$ $\mu(1)=1$ $\mu(n)=0$ $n$ $\mu(p_1 \dots p_k)= (-1)^k$ $p_1,\dots,p_k$ $\mu(n)$ $n$ ?

comp-number-theory Craig Feinstein
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Eu acho que ele está apenas perguntando se existe uma maneira de calcular

que não é conhecido por fornecer uma fatoração.

μ (n)

$\mu(n)$

precisa

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@ Kaveh, não estou falando sobre complexidade computacional aqui. Suresh está correto em sua interpretação. É semelhante à determinação de que um número é composto sem determinar sua fatoração. Também pode ser feito algo assim para a função Mobius?

Craig Feinstein

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Não acho que seja uma pergunta real. Eu pensei que poderia ser útil lembrá-lo de que na história temos uma política estrita contra tópicos que facilitam a manivela, caso você tente anunciar as idéias neles .

Kaveh

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@ Kaveh, fiz uma pergunta séria, com quatro polegares para cima. Claro, minha resposta caiu 8 polegares, mas é a vida. Eu não sabia minha resposta até hoje, então postei a resposta. Parece-me que você está tentando me afastar dizendo que tenho algum tipo de motivo oculto aqui. Posso garantir-lhe que não tenho outro motivo senão obter uma resposta para a pergunta.

Craig Feinstein

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@ Kaveh: O OP é um trissetor bem conhecido, em vários fóruns. Dito isto, você já o viu ser rude com alguém? Eu não tenho. Ele apenas entende mal o que significa provar limites mais baixos. A questão me parece um tópico. Há um ditado: "Até um relógio parado está certo duas vezes por dia".

Aaron Sterling

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Uma não resposta à sua pergunta é que o SQUARE-FREE (é um número livre de quadrados) não é conhecido por estar em P, e calcular a função Möbius resolveria esse problema (já que um número livre de quadrados possui ) $\mu(n) \neq 0$

Suresh Venkat
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você conhece algum artigo que discuta a complexidade da transparência quadrada? tudo o que pude encontrar é o seguinte: dl.acm.org/citation.cfm?id=371327&dl=GUIDE&coll=GUIDE , que fornece limites menores ao tamanho da fórmula. olhando para mathoverflow.net/questions/16098/… , acho que pouco se sabe sobre se é provável que seja possível reduzir o fatoração à freeness quadrada.

Sasho Nikolov

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Para outra não resposta, você pode estar interessado na conjectura de Sarnak (consulte, por exemplo , http://gilkalai.wordpress.com/2011/02/21/the-ac0-prime-number-conjecture/ , http: //rjlipton.wordpress .com / 2011/02/23 / função da profundidade da mobius / , /mathpro/57543/walsh-fourier-transform-of-the-mobius-function ), que basicamente afirma que a função Möbius não está correlacionada com nenhuma função booleana "simples". Não é irracional esperar que isso ocorra quando "simples" é interpretado como tempo polinomial. O que sabemos até agora é que a conjectura vale para -Funções (comprovadas porBen Verde), e todas as funções monótonas (comprovadas porJean Bourgain). $\mathrm{AC}^0$

Emil Jeřábek apoia Monica
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Acho que este é o documento de Ben Green: arxiv.org/abs/1103.4991

Suresh Venkat

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Uma das fórmulas recursivas que relacionam valores da função mobious é

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

$\sum_{m \leq n} \left\lfloor \dfrac {n}{m} \right\rfloor \mu (m) = 1.$ Mas, para encontrar o

μ (n)

$\mu(n)$ , precisamos conhecer os valores de mobious para

m < n

$m < n$ . Portanto

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

$\mu (n) =1-\sum_{m < n} \left \lfloor \dfrac {n}{m}\right \rfloor \mu (m) .$ Aqui estamos dividindo

n

$n$ pelos números inteiros positivos menores

m < n

$m<n$ , não precisamos saber se são fatores de

n

$n$ quando

m

$m$ tem um fator quadrado! (

μ (m) = 0

$\mu(m)=0$ ), mas ainda temos que conhecer os fatores de

m

$m$ para concluir isso !! Portanto, temos:

\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}

$\begin{align} \mu(n)=&1-\sum_{a_1< n} \left \lfloor \dfrac {n}{a_1}\right \rfloor \\ +&\sum_{a_1< n} \left \lfloor \dfrac {n}{a_1}\right \rfloor \sum_{a_2< a_1} \left \lfloor \dfrac {a_1}{a_2}\right \rfloor \\ -&\sum_{a_1< n} \left \lfloor \dfrac {n}{a_1}\right \rfloor \sum_{a_2< a_1} \left \lfloor \dfrac {a_1}{a_2}\right \rfloor \sum_{a_3< a_2} \left \lfloor \dfrac {a_2}{a_3}\right \rfloor + \cdots \end{align}$ Consulte este documento:https://projecteuclid.org/euclid.mjms/1513306829para obter a prova da fórmula.

Hunde Eba
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n = 120

$n=120$

Verifique a versão editada !! @Craig

Hunde Eba

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$n=p_1 \dots p_k$ $p_j$

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

$\mu(n)=\mu(p_1 \dots p_k)=\mu(p_1)\dots \mu(p_k).$

μ (n)

$\mu(n)$

μ (p_{j})

$\mu(p_j)$

p_{j}

$p_j$

p_{1} \dots p_{k}

$p_1 \dots p_k$

n

$n$ .

Aqui está uma analogia: para saber se há um número ímpar ou par de jujubas em uma jarra, é preciso contar as jujubas. É por isso que você deve calcular a fatoração primária de um número para calcular sua função Mobius, quando não é divisível por um quadrado. Mas, para saber que há mais de uma jujuba em uma jarra, não é necessário examinar nenhuma das jujubas na jarra. Pode-se apenas agitar a jarra e ouvir que há mais de uma jujuba. É por isso que você não precisa fatorar um número para saber que ele é composto. Algoritmos como o pequeno teorema de Fermat permitem "aumentar o número" para saber que ele é composto.

Quando $n$ divisível por um quadrado, você não precisa calcular a fatoração primária de $n$ . Mas você precisa encontrar um fator não trivial de $n$ : E se $n$ é quadrado, para determinar se é quadrado, você deve obter a raiz quadrada, na qual você encontra um fator não rival de $n$ . A fortiori, se $n$ não é um quadrado, mas ainda não é um quadrado, para determinar se $\mu(n)=0$ , é necessário encontrar um fator não trivial de $n$ .

Craig Feinstein
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@ Craig Ainda está errado. Você pode usar o mesmo argumento (falacioso) para o problema de teste composto que Peter Shor disse. Você está basicamente dando um algoritmo para o seu problema e afirmando que é a única maneira de prosseguir. Mostrar que um algoritmo óbvio é o melhor para resolver um problema é um dos maiores desafios da teoria da complexidade.

Michael Blondin

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Vou tentar dar um exemplo. Considere o problema de multiplicar duas matrizes A e B de tamanho

n \times n

$n \times n$ . A definição de AB é

(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

Computando a função Mobius

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