Est-ce que l'écriture d'un nombre en deux carrés et l'écriture des facteurs d'un nombre sont également difficiles?

Soit et les suivants: $L_1$ $L_2$

$L_1=\{r:\exists x,y \in \mathbb{Z} \text{ such that } x^2+y^2=r\}$

$L_2=\{(N,M): M<N, \exists 1<d\leq M \text{ such that d|N} \}$

Revendication $L_1 \leq_P L_2$

Preuve de croquis

Si je veux savoir si . $r\in L_1$

Le nombre de solutions entières à est donné par $x^2+y^2=r$

$g(r)=\sum_{d|r}{\chi{(d)}}$ où $\chi (x)=sin(\frac{\pi x}{2})=\cases{ 1\text{ when }x\cong 1 \text{ mod }4 \\ -1 \text{ when }x\cong 3 \text{ mod }4 \\ 0 \text{ when } 2|x }$

Alors . Alors, pour répondre est " ?" est tout aussi difficile à répondre que "quels sont les diviseurs de ?" $L_1=\{r: g(r)\neq 0\}$ $r\in L_1$ $r$

$\square$

Ce que j'aimerais savoir, c'est si c'est vrai dans l'autre sens. Est-il vrai que si j'avais une machine qui pourrait me dire en temps constant si je pourrais créer une machine qui pourrait répondre "is ?" en temps polynomial? $r\in L_1$ $(M,N)\in L_2$

Les motivations

Cette question est sortie d'une discussion sur cette question .

Excuses Je ne suis vraiment qu'un membre de math.se qui s'est perdu et a erré sur cs.se. Faites-moi savoir si ma question est claire et conforme aux normes de ce site. Je suis heureux de faire des corrections.

complexity-theory time-complexity np decision-problem

— le maçon
source

Suis-je en correctement ?

\leq_{P}

$\leq_P$

— Mason

Votre réduction est correcte, mais votre conclusion selon laquelle est "aussi dure que" est incorrecte. Vous montrez simplement que est au moins aussi dur que . Plus précisément, vous montrez en fait que est tout aussi difficile qu'un cas très restreint de

L_{1} \leq_{p} L_{2}

$L_1\le_p L_2$

L_{1}

$L_1$

L_{2}

$L_2$

L_{1}

$L_1$

L_{2}

$L_2$

L_{1}

$L_1$

L_{2}

$L_2$ , ce qui pourrait être très facile.

— Shaull

Au lieu de "satisfaire un cercle", un meilleur terme pourrait être "étant une somme de deux carrés".

— Yuval Filmus

@Shaull, j'ai changé de langue pour refléter votre commentaire.

— Mason

Le calcul de est en effet connu pour être aussi difficile que l'affacturage, jusqu'à une réduction de temps polynomiale randomisée. Voir Bach, Miller et Shallit: Sommes de diviseurs, nombres parfaits et factorisation .

\sum_{d ∣ n} d

$\sum_{d\mid n}d$

— Emil Jeřábek

Voici la situation pour autant que je sache:

Le moyen le plus efficace connu pour tester l'appartenance à $L_1$ est de factoriser $r$ . Aucun algorithme plus efficace ne semble connu.

Cependant, il n'y a pas de réduction évidente à prouver $L_2 \le_P L_1$ . En d'autres termes, si nous avions une machine pour décider $L_1$ , il n'y a pas de moyen facile de l'utiliser pour factoriser. Si nous voulons factoriser un nombre $N$ , nous pouvons vérifier si $N \in L_1$ , mais cela ne nous donne qu'un peu d'informations sur les facteurs de $N$ . Test de multiples de $N$ (c.-à-d. $cN \in L_1$ pour un entier $c$ ) ne nous donne aucune information supplémentaire, car savoir si $N \in L_1$ suffit de prédire si $cN \in L_1$ pour tous $c>0$ . Tester d'autres nombres ne semble pas non plus aider de manière évidente. (Tester si $N' \in L_1$ pour un autre numéro $N'$ ne semble donner aucune information utile, si $\gcd(N,N') =1$ ; et si nous avions un moyen de trouver un autre numéro $N'$ tel que $\gcd(N,N')\ne 1$ , nous saurions déjà comment factoriser, mais bien sûr nous ne savons pas comment le faire - donc tout nombre que nous savons générer est peu susceptible de nous fournir des informations utiles sur les facteurs de $N$ .) Ce n'est pas une preuve; c'est juste une intuition ondulée.

Il semble donc plausible que $L_1$ pourrait être plus facile que $L_2$ , et il semble également plausible qu'ils puissent être de la même difficulté. Je n'ai connaissance d'aucun autre résultat à ce sujet.

— DW
source