メビウス関数の計算

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メビウス関数 $\mu(n)$ は、が2乗素因数の場合は $\mu(1)=1$ 、、すべての素数の場合はとして定義されは異なります。を計算することは可能ですか？ $\mu(n)=0$ $n$ $\mu(p_1 \dots p_k)= (-1)^k$ $p_1,\dots,p_k$ $\mu(n)$ 素因数分解を計算せずに $n$ ？

comp-number-theory

— クレイグ・ファインスタイン
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彼は単に、因数分解も提供することが知られていない

を計算する方法があるかどうかを尋ねているだけだと思います。

μ (n)

$\mu(n)$

— スレシュヴェンカト

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@Kaveh、私はここで計算の複雑さについて話していません。Sureshは彼の解釈において正しいです。これは、因数分解を決定せずに数値を合成することを決定することに似ています。このようなことは、メビウス関数に対しても行うことができますか？

— クレイグファインスタイン

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これは本当の質問だとは思わない。cstheory では、これらのアイデアを宣伝しようとする場合に、クランクフレンドリートピックに対する厳格なポリシーがあることを思い出しておくと役立つと思いました。

— カベ

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@Kaveh、私は深刻な質問をしました。確かに、私の答えは8つの親指を落としましたが、それは人生です。今日まで質問に対する私の答えを知りませんでしたので、答えを投稿しました。あなたが私にここに何らかの下劣な動機があると主張することによって私を追放しようとしているように聞こえます。質問に対する答えを得る以外に、私には下心がないことを保証できます。

— クレイグファインスタイン

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@Kaveh：OPは、複数のフォーラムでよく知られている3つのセクターです。そうは言っても、彼が誰かに失礼であることを見たことがありますか？私はしていません。彼は、下限を証明することの意味を誤解しています。質問は私には話題に思えます。「停止した時計でも1日に2回は正しい」ということわざがあります。

— アーロンスターリング

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あなたの質問に対する1つの非回答は、SQUARE-FREE（数平方フリー）自体がPにあることが知られていないことであり、メビウス関数を計算するとこの問題が解決します（平方フリー数には）。 $\mu(n) \neq 0$

— スレシュ・ベンカット
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平方自由度の複雑さについて議論している論文を知っていますか？私が見つけることができるのはこれだけです：dl.acm.org/citation.cfm?id=371327&dl=GUIDE&coll=GUIDE、式サイズの下限を与えます。mathoverflow.net/questions/16098/…を見ると、ファクタリングを平方自由度に減らすことができるかどうかについてはあまり知られていないと思います。

— サショニコロフ

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別の非答えについて、あなたはサーナクの憶測に興味があるかもしれません（例えば参照http://gilkalai.wordpress.com/2011/02/21/the-ac0-prime-number-conjecture/、のhttp：//rjlipton.wordpressを.COM / 2011/02/23 /深さの-メビウス機能/、/mathpro/57543/walsh-fourier-transform-of-the-mobius-function）、その基本的に、メビウス関数は「単純な」ブール関数と相関しないと述べています。「単純」が多項式時間として解釈される場合に保持されると期待するのは不合理ではありません。これまでにわかっていることは、関数（Ben Greenにより証明）、およびすべての単調関数（Jean Bourgainにより証明）の予想が成り立つということです。 $\mathrm{AC}^0$

— EmilJeřábekがモニカをサポート
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これはベン・グリーンの論文だと思う：arxiv.org/abs/1103.4991

— Suresh Venkat

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mobious関数の値に関連する再帰式の一つであり、

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

$\sum_{m \leq n} \left\lfloor \dfrac {n}{m} \right\rfloor \mu (m) = 1.$ しかし、INORDERは見つけるために

μ (n)

$\mu(n)$ 我々はためmobious値を知る必要があり

m < n

$m < n$ 。したがって

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

$\mu (n) =1-\sum_{m < n} \left \lfloor \dfrac {n}{m}\right \rfloor \mu (m) .$ ここでは、分裂している

n

$n$ 小さい正の整数で

m < n

$m<n$ 、我々は、彼らがの要因であるかどうかを知る必要がない

n

$n$ とき

m

$m$ 正方形の要因がありますが！（

μ (m) = 0

$\mu(m)=0$ ）しかし、これを結論付けるには

m

$m$ の因子を知る必要があります!! したがって我々は：

\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}

$\begin{align} \mu(n)=&1-\sum_{a_1< n} \left \lfloor \dfrac {n}{a_1}\right \rfloor \\ +&\sum_{a_1< n} \left \lfloor \dfrac {n}{a_1}\right \rfloor \sum_{a_2< a_1} \left \lfloor \dfrac {a_1}{a_2}\right \rfloor \\ -&\sum_{a_1< n} \left \lfloor \dfrac {n}{a_1}\right \rfloor \sum_{a_2< a_1} \left \lfloor \dfrac {a_1}{a_2}\right \rfloor \sum_{a_3< a_2} \left \lfloor \dfrac {a_2}{a_3}\right \rfloor + \cdots \end{align}$ この論文を参照してください。https://projecteuclid.org/euclid.mjms/1513306829式の証明のために。

— フンデ・エバ
ソース

n = 120

$n=120$

編集したバージョンを確認してください!! @クレイグ

— フンデ・エバ

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させる $n=p_1 \dots p_k$ 、どこ $p_j$ 異なる素数です。それから

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
ソース

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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