Calcular la función de Mobius

13

La función Mobius $\mu(n)$ se define como $\mu(1)=1$ , $\mu(n)=0$ si $n$ tiene un factor primo cuadrado, y $\mu(p_1 \dots p_k)= (-1)^k$ si todos los primos $p_1,\dots,p_k$ son diferentes. ¿Es posible calcular $\mu(n)$ sin calcular la factorización prima de $n$ ?

comp-number-theory Craig Feinstein
fuente

66

Creo que simplemente pregunta si hay una manera de calcular

que no se sabe que también proporciona una factorización.

μ (n)

$\mu(n)$

Suresh Venkat

2

@Kaveh, no estoy hablando de complejidad computacional aquí. Suresh es correcto en su interpretación. Es similar a determinar que un número es compuesto sin determinar su factorización. ¿Se puede hacer algo como esto también para la función Mobius?

Craig Feinstein

1

No creo que esta sea una pregunta real. Pensé que podría ser útil recordarle que en teoría tenemos una política estricta contra los temas amigables para las manivelas en caso de que intente publicitar las ideas en estos .

Kaveh

3

@Kaveh, hice una pregunta seria que obtuvo 4 pulgares arriba. Claro, mi respuesta tiene 8 pulgares hacia abajo, pero así es la vida. No supe mi respuesta a la pregunta hasta hoy, así que publiqué la respuesta. Me parece que estás tratando de excluirme alegando que tengo algún tipo de motivo oculto aquí. Les puedo asegurar que no tengo otro motivo que no sea obtener una respuesta a la pregunta.

Craig Feinstein

55

@Kaveh: El OP es un trisector bien conocido, en múltiples foros. Dicho esto, ¿alguna vez lo has visto ser grosero con alguien? No tengo Simplemente no comprende lo que significa probar límites inferiores. La pregunta me parece un tema. Hay un dicho: "Incluso un reloj parado es correcto dos veces al día".

Aaron Sterling

34

Una no respuesta a su pregunta es que SQUARE-FREE (es un número libre de cuadrados) en sí mismo no se sabe que está en P, y calcular la función de Möbius resolvería este problema (ya que un número libre de cuadrados tiene ) $\mu(n) \neq 0$

Suresh Venkat
fuente

77

¿Conoces algún documento que discuta la complejidad de la libertad de cuadrados? todo lo que pude encontrar es esto: dl.acm.org/citation.cfm?id=371327&dl=GUIDE&coll=GUIDE , que da límites inferiores al tamaño de la fórmula. mirando mathoverflow.net/questions/16098/… , creo que no se sabe mucho acerca de si es probable que pueda reducir el factoring a la libertad de cuadrados.

Sasho Nikolov

15

Para otra no respuesta, puede estar interesado en la conjetura de Sarnak (ver, por ejemplo , 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 ), que básicamente establece que la función de Möbius no está correlacionada con ninguna función booleana "simple". No es irracional esperar que se cumpla cuando "simple" se interpreta como tiempo polinómico. Lo que sabemos hasta ahora es que la conjetura es válida para funciones (probadas porBen Green) y todas las funciones monótonas (probadas porJean Bourgain). $\mathrm{AC}^0$

Emil Jeřábek apoya a Monica
fuente

44

Creo que este es el documento de Ben Green: arxiv.org/abs/1103.4991

Suresh Venkat

0

Una de las fórmulas recursivas que relacionan los valores de la función mobious es

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

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

μ (n)

$\mu(n)$ necesitamos conocer los valores mobious para

m < n

$m < n$ . Por lo tanto

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

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

n

$n$ entre los enteros positivos más pequeños

m < n

$m<n$ , ¡no tenemos que saber si son factores de

n

$n$ cuando

m

$m$ tiene un factor cuadrado! (

μ (m) = 0

$\mu(m)=0$ ), ¡¡¡Pero aún tenemos que conocer los factores de

m

$m$ para concluir esto !! Por lo tanto tenemos:

\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 obtener la prueba de la fórmula.

Hunde Eba
fuente

n = 120

$n=120$

¡Mira la versión editada! @Craig

Hunde Eba

-22

Dejar $n=p_1 \dots p_k$ , dónde $p_j$ son primos distintos. Luego

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
fuente

6

@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

6

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

14

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

12

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

6

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

Calcular la función de Mobius

Respuestas: