Вычисление функции Мебиуса

13

Функция Мебиуса определяется как , если имеет квадратный простой множитель, и если все простые числа разные. Можно ли вычислить $\mu(n)$ $\mu(1)=1$ $\mu(n)=0$ $n$ $\mu(p_1 \dots p_k)= (-1)^k$ $p_1,\dots,p_k$ $\mu(n)$ без вычисления простой факторизации ? $n$

comp-number-theory

— Крейг Файнштейн
источник

6

Я думаю, что он просто спрашивает, есть ли способ вычисления

который, как известно, также не обеспечивает факторизацию.

μ (n)

$\mu(n)$

— Суреш Венкат

2

@ Каве, я не говорю о вычислительной сложности здесь. Суреш прав в своей интерпретации. Это похоже на определение того, что число является составным, без определения его факторизации. Можно ли что-то подобное сделать для функции Мёбиуса?

— Крейг Файнштейн

1

Я не думаю, что это настоящий вопрос. Я подумал, что было бы полезно напомнить вам, что в целом мы придерживаемся строгой политики по отношению к темам, которые не изобилуют, на случай, если вы попытаетесь рекламировать идеи в них .

— Каве

3

@Kaveh, я задал серьезный вопрос, который поднял 4 больших пальца. Конечно, мой ответ получил 8 больших пальцев, но это жизнь. Я не знал свой ответ на вопрос до сегодняшнего дня, поэтому я опубликовал ответ. Мне кажется, что вы пытаетесь изгнать меня, утверждая, что у меня есть какой-то скрытый мотив здесь. Уверяю вас, у меня нет другого побуждения, кроме как получить ответ на вопрос.

— Крейг Файнштейн

5

@Kaveh: ОП - хорошо известный трисектор, работающий на нескольких форумах. Тем не менее, вы когда-нибудь видели, чтобы он был груб с кем-то? У меня нет Он просто неправильно понимает, что значит доказывать нижние границы. Мне кажется вопрос по теме. Есть поговорка: «Даже остановленные часы правы два раза в день».

— Аарон Стерлинг

34

Один из ответов на ваш вопрос заключается в том, что SQUARE-FREE (это число без квадрата), как известно, не находится в P, и вычисление функции Мёбиуса решило бы эту проблему (так как число без квадрата имеет ). $\mu(n) \neq 0$

— Суреш Венкат
источник

7

Знаете ли вы какие-либо документы, в которых обсуждается сложность прямоугольности? все, что я мог найти, это: dl.acm.org/citation.cfm?id=371327&dl=GUIDE&coll=GUIDE , который дает нижний предел размера формулы. Глядя на mathoverflow.net/questions/16098/… , я думаю, что мало что известно о том, сможет ли он уменьшить факторинг до квадратной свободы.

— Сашо Николов

15

Если вы не ответите, вас может заинтересовать гипотеза Сарнака (см., Например, http://gilkalai.wordpress.com/2011/02/21/the-ac0-prime-number-conjecture/ , http: //rjlipton.wordpress. .com / 2011/02/23 / функция глубины мобильности / , /mathpro/57543/walsh-fourier-transform-of-the-mobius-function ), которая в основном говорится, что функция Мёбиуса не связана с какой-либо «простой» булевой функцией. Нередко ожидать, что оно должно сохраняться, когда «простое» интерпретируется как полиномиальное время. Что мы знаем до сих пор, так это то, что гипотеза верна для -функций (доказано Беном Грином ) и всех монотонных функций (доказано Жаном Бургейном ). $\mathrm{AC}^0$

— Эмиль Йержабек 3.0
источник

4

Я думаю, что это бумага Бена Грина: arxiv.org/abs/1103.4991

— Суреш Венкат

0

Одна из рекурсивных формул, относящихся к значениям подвижной функции:

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

$\sum_{m \leq n} \left\lfloor \dfrac {n}{m} \right\rfloor \mu (m) = 1.$ Но для того, чтобы найти

μ (n)

$\mu(n)$ нам нужно знать подвижные значения для

m < n

$m < n$ . Следовательно

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

$\mu (n) =1-\sum_{m < n} \left \lfloor \dfrac {n}{m}\right \rfloor \mu (m) .$ Здесь мы делим

n

$n$ на меньшие положительные целые числа

m < n

$m<n$ , нам не нужно знать, являются ли они факторами

n

$n$ когда

m

$m$ имеет квадратный фактор! (

μ (m) = 0

$\mu(m)=0$ ), но все же мы должны знать факторы

m

$m$ чтобы сделать вывод !! Следовательномы имеем:

\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}

$\begin{align} \mu(n)=&1-\sum_{a_1< n} \left \lfloor \dfrac {n}{a_1}\right \rfloor \\ +&\sum_{a_1< n} \left \lfloor \dfrac {n}{a_1}\right \rfloor \sum_{a_2< a_1} \left \lfloor \dfrac {a_1}{a_2}\right \rfloor \\ -&\sum_{a_1< n} \left \lfloor \dfrac {n}{a_1}\right \rfloor \sum_{a_2< a_1} \left \lfloor \dfrac {a_1}{a_2}\right \rfloor \sum_{a_3< a_2} \left \lfloor \dfrac {a_2}{a_3}\right \rfloor + \cdots \end{align}$ Обратитесь к этому документу:https://projecteuclid.org/euclid.mjms/1513306829для доказательства формулы.

— Хунде Эба
источник

n = 120

$n=120$

Проверьте отредактированную версию !! @Craig

— Hunde

-22

$n=p_1 \dots p_k$ $p_j$

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

$n$

Вот аналогия: чтобы узнать, есть ли в банке нечетное или четное количество желейных бобов, нужно сосчитать желейные бобы. Вот почему вы должны вычислить простую факторизацию числа, чтобы вычислить его функцию Мёбиуса, когда она не делится на квадрат. Но чтобы знать, что в банке находится более одного желе, не нужно проверять какие-либо желе в банке. Можно просто встряхнуть банку и услышать, что есть более одного желе. Вот почему вам не нужно учитывать число, чтобы знать, что оно составное. Алгоритмы, такие как маленькая теорема Ферма, позволяют «встряхнуть число», чтобы понять, что оно составное.

$n$ $n$ $n$ $n$ $n$ $n$ $\mu(n)=0$ $n$

— Крейг Файнштейн
источник

6

@Craig Это все еще неправильно. Вы можете использовать тот же (ошибочный) аргумент для задачи составного тестирования, как сказал Питер Шор. Вы в основном даете алгоритм для своей проблемы и заявляете, что это единственный способ продолжить. Показ того, что очевидный алгоритм является лучшим для решения проблемы, является одной из самых больших проблем в теории сложности.

— Майкл Блондин

6

n \times n

$n \times n$

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

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

O (n^{3})

$O(n^3)$

O (n^{2.807})

$O(n^{2.807})$

14

Re «Чтобы узнать, есть ли в банке нечетное или четное количество желейных бобов, нужно сосчитать желейные бобы». - даже это не правда. Вы можете вытащить их попарно (один для меня, другой для вас ...), фактически не считая их на ходу. Затем, когда у вас кончились пары для вытягивания, у вас либо ноль, либо один остаток, и вы знаете соотношение.

— Дэвид Эппштейн

12

M

$M$

6

Крейг, не разбивая его на простые числа , да, вычисляя целочисленный квадратный корень (известный как вычисляемый за полиномиальное время в отличие от факторинга), это 69 ^ 2. Мне не нужно учитывать фактор 69. Ваш аргумент в виде бобов говорит о том, что факторинг является обязательным, так как вы должны смотреть на каждое желе, чтобы проверить, встречается ли каждый аромат четное число раз.

— sdcvvc