Berechnung der Mobius-Funktion

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Die Mobius-Funktion $\mu(n)$ ist definiert als $\mu(1)=1$ , $\mu(n)=0$ wenn $n$ einen quadratischen Primfaktor hat, und $\mu(p_1 \dots p_k)= (-1)^k$ wenn alle Primzahlen vorhanden sind $p_1,\dots,p_k$ sind unterschiedlich. Kann man berechnen $\mu(n)$ ohne Berechnung der Primfaktorisierung von $n$ ?

comp-number-theory Craig Feinstein
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Ich denke, er fragt nur, ob es einen Weg gibt, um

zu berechnen , von dem nicht bekannt ist, dass er auch eine Faktorisierung liefert.

μ (n)

$\mu(n)$

Suresh Venkat

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@Kaveh, ich spreche hier nicht von Komplexität der Berechnungen. Suresh ist richtig in seiner Interpretation. Es ist ähnlich zu bestimmen, dass eine Zahl zusammengesetzt ist, ohne ihre Faktorisierung zu bestimmen. Kann so etwas auch für die Mobius-Funktion gemacht werden?

Craig Feinstein

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Ich denke nicht, dass dies eine echte Frage ist. Ich dachte, es könnte nützlich sein, Sie daran zu erinnern, dass wir bei cstheory eine strikte Politik gegen kurbelfreundliche Themen verfolgen, falls Sie versuchen, die Ideen in diesen zu bewerben .

Kaveh

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@Kaveh, ich habe eine ernsthafte Frage gestellt, die 4 Daumen hoch hat. Klar, meine Antwort hat 8 Daumen runter, aber so ist das Leben. Ich wusste meine Antwort auf die Frage bis heute nicht, also habe ich die Antwort gepostet. Es klingt für mich so, als wollten Sie mich ausschließen, indem Sie behaupten, ich hätte hier irgendeine Art von Hintergedanken. Ich kann Ihnen versichern, dass ich keinen anderen Hintergedanken habe, als eine Antwort auf die Frage zu bekommen.

Craig Feinstein

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@Kaveh: Das OP ist ein bekannter Trisektor in mehreren Foren. Das heißt, haben Sie jemals gesehen, dass er zu jemandem unhöflich ist? Habe ich nicht Er versteht nur falsch, was es heißt, Untergrenzen zu beweisen. Die Frage scheint mir ein Thema zu sein. Es gibt ein Sprichwort: "Auch eine angehaltene Uhr ist zweimal am Tag richtig."

Aaron Sterling

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Eine Nichtantwort auf Ihre Frage ist, dass SQUARE-FREE (ist ein freies Zahlenquadrat ) selbst nicht in P enthalten ist und die Berechnung der Möbius-Funktion dieses Problem lösen würde (da eine freie Quadratzahl ). $\mu(n) \neq 0$

Suresh Venkat
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Kennen Sie Papiere, die sich mit der Komplexität der Quadratfreiheit befassen? Alles, was ich finden konnte, ist Folgendes : dl.acm.org/citation.cfm?id=371327&dl=GUIDE&coll=GUIDE , wodurch die untere Grenze der Formelgröße angegeben wird. bei der Suche mathoverflow.net/questions/16098/... , ich denke nicht viel darüber bekannt ist , ob es wahrscheinlich in der Lage sein , Factoring Platz Mahlgrad zu reduzieren.

Sasho Nikolov

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Für eine andere Nichtantwort könnten Sie sich für Sarnaks Vermutung interessieren (siehe zB 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 ), die Grundsätzlich heißt es, dass die Möbius-Funktion mit keiner „einfachen“ Booleschen Funktion korreliert. Es ist nicht unangemessen zu erwarten, dass es gilt, wenn „einfach“ als Polynomzeit interpretiert wird. Was wir bisher wissen, ist, dass die Vermutung für -Funktionen (von Ben Green bewiesen ) und alle monotonen Funktionen (von Jean Bourgain bewiesen ) gilt. $\mathrm{AC}^0$

Emil Jeřábek unterstützt Monica
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Ich denke, das ist das Ben-Grünbuch: arxiv.org/abs/1103.4991

Suresh Venkat

0

Eine der rekursiven Formeln Werte der Mobious Funktion bezieht , ist

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

$\sum_{m \leq n} \left\lfloor \dfrac {n}{m} \right\rfloor \mu (m) = 1.$ Um jedoch das

μ (n)

$\mu(n)$ zu finden, müssen wir die mobiosen Werte für

m < n

$m < n$ . Daher

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

$\mu (n) =1-\sum_{m < n} \left \lfloor \dfrac {n}{m}\right \rfloor \mu (m) .$ Hier dividieren wir

n

$n$ durch die kleineren positiven ganzen Zahlen

m < n

$m<n$ , wir müssen nicht wissen, ob es sich um Faktoren von

n

$n$ wenn

m

$m$ einen quadratischen Faktor hat! (

μ (m) = 0

$\mu(m)=0$ ), Aber wir müssen noch die Faktoren von

m

$m$ um daraus zu schließen !! Wir haben also:

\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}

$\begin{align} \mu(n)=&1-\sum_{a_1< n} \left \lfloor \dfrac {n}{a_1}\right \rfloor \\ +&\sum_{a_1< n} \left \lfloor \dfrac {n}{a_1}\right \rfloor \sum_{a_2< a_1} \left \lfloor \dfrac {a_1}{a_2}\right \rfloor \\ -&\sum_{a_1< n} \left \lfloor \dfrac {n}{a_1}\right \rfloor \sum_{a_2< a_1} \left \lfloor \dfrac {a_1}{a_2}\right \rfloor \sum_{a_3< a_2} \left \lfloor \dfrac {a_2}{a_3}\right \rfloor + \cdots \end{align}$ Refer to this paper: https://projecteuclid.org/euclid.mjms/1513306829 for the proof of the formula.

Hunde Eba
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I like your answer. Unfortunately I do not have access to the article. I would debate with you about knowing the factors of n: Suppose

n = 120

$n=120$ . Using that formula, dividing by 5, using long division, you find that 24 times 5 equals 120 with remainder 0, so in the process of calculating the greatest integer function of 120/5, one finds that 5 is a factor of 120, even though this fact is not necessary to know for the formula to work.

Craig Feinstein

Check the edited version!! @Craig

Hunde Eba

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Let $n=p_1 \dots p_k$ , where $p_j$ are distinct primes. Then

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

Berechnung der Mobius-Funktion

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