比较有理数

给定$a,b,c,d \in \mathbb N$和$b,d \notin \{0\}$，

$$\begin{eqnarray*} \frac a b < \frac c d &\iff& ad < cb \end{eqnarray*}$$

我的问题是：

给定$a,b,c,d$

1. 假设我们可以决定$x < y \in \mathbb Z$在$\mathcal{O}(|x| +|y|)$，是有决定的任何方式$ad<cb$，而无需预形成的乘法（或分割），$a\cdot d$和$c \cdot b$。还是有某种证明是不可能的。
2. 有没有一种比分母相乘更快的方法来比较有理数。

我目前的研究：

初步尝试一些一般规则

可以尝试制定一些一般规则来解决有理比较：

假设所有正数：$a,b,c,d$

$$a < b \wedge c \ge d \Longrightarrow \frac a b < \frac c d\\ $$ 这基本上意味着，如果左侧小于一个，而右侧至少为一个，则左侧小于右侧。同样：

$$a \ge b \wedge c \le d \Longrightarrow \frac a b \not\lt \frac c d\\ $$

另一个规则：

$$(b > d) \wedge (a \le c) \Rightarrow \left[\frac a b < \frac c d\right]$$ 我认为此规则是合乎逻辑的，因为分母越大，数字越小，而数字越大分子，数字越大。因此，如果左侧的分母较大而分子较小，则左侧较小。

从这里开始，我们将假定，因为否则我们可以使用上述规则来解决它，或者将问题反转为，无论如何我们都会遇到这种情况。$a<c \wedge b < d$$\frac c d \overset ? < \frac a b$

规则： 这规则基本上指出，您始终可以从分母中减去分子，并将结果设置为分子，以获得等价问题。我将省略证明。

$$\left. \\ \frac {(b-a)} b < \frac {(d-c)} d \iff \left[\frac a b < \frac c d\right] \right|_{a<c,b<d} \\ $$

$$\left. \\ \frac {a} b < \frac {c-a} {d-b} \iff \left[\frac a b < \frac c d\right] \right|_{a<c,b<d} \\ $$

此规则允许您从等效分子的右分子和分母中减去左分子和分母。

当然有伸缩性：

$$\left. \\ \frac {ak} {bk} < \frac {c} {d} \iff \left[\frac a b < \frac c d\right] \right|_{a<c,b<d} \\ $$ 您可以使用缩放使上述减法规则更有意义。

使用这些规则，您可以玩弄事物，以巧妙的组合反复应用它们，但在某些情况下数字接近且具有病态性。

通过应用前面的规则，可以将所有这些问题减少为：

$$\left. \frac a b < \frac {ap+q} {bp'+q'} \iff \frac a b < \frac {q} {q'} \right|_{a>q,b>q'}$$

有时您可以立即直接解决此问题，有时则不能。病理病例通常为以下形式：

$$\left. \frac a b < \frac {c} {d} \right|_{a>c,b>d,c\in \mathcal O(a), d \in \mathcal O(b)}$$

然后，将其翻转，得到的结果相同，只差一点点。规则+翻转的每次应用都会将其减少一位/位。AFAICT，除非您在病理情况下应用次（每个数字/位一次，就不能快速解决它，而否定了它们的明显优势。$\mathcal O(n)$

开放的问题？

我意识到这个问题似乎比当前的一些开放性问题更难。

一个更弱的问题是确定：

$$ad \overset ? = bc$$

但更弱：

$$ad \overset ? = c$$

这是验证乘法的未解决问题。它较弱，因为您是否可以确定，那么您可以轻松确定，通过使用算法测试两次，，。如果其中一个是正确的，则您知道。$ad \overset ? < bc$$ad \overset ? = bc$$ad \overset ? < bc$$bc \overset ? < ad$$ad \ne bc$

现在，是一个开放的问题，至少在1986年是这样：$ad \overset ? = c$

乘法和除法的复杂性。让我们从非常简单的等式ax = b开始。当考虑整数时，可以通过除以零的整数除法来测试其可溶性并找到解x。对于检查给定的解x，整数乘法就足够了，但是是否存在更快的验证方法是一个有趣的开放问题。

― ARNOLDSCHÖNHAGE根据计算复杂度进行方程求解

非常有趣的是，他还提到了验证矩阵乘法的问题：

一个有趣的问题是矩阵乘法的验证，即检查给定C的AB = G是否可以更快地完成。

― ARNOLDSCHÖNHAGE根据计算复杂度进行方程求解

此问题已得到解决，并且确实有可能使用随机算法在时间内进行验证（其中是输入矩阵的大小，因此它基本上是线性时间）。输入的大小）。考虑到唐津整数乘法与之后的矩阵乘法算法的相似性，我不知道是否有可能将整数乘法简化为矩阵乘法，尤其是在它们的相似性上。然后也许可以通过某种方式利用矩阵乘法验证算法进行整数乘法。$\mathcal O(n^2)$$n\times n$

无论如何，据我所知，这仍然是一个开放的问题，更重要的问题肯定已打开。我很好奇，如果解决相等性验证问题是否会对比较不平等性验证问题产生影响。$ad \overset ? < cd$

我们的问题的一个小变化是，如果保证将分数减小到最低限度；在这种情况下，很容易判断。这对减少比例的比较验证有影响吗？$\frac a b \overset ? = \frac c d$

一个更微妙的问题，如果我们有一种方法可以测试，这会扩展到测试？我看不到您如何像那样使用这两种方式。$ad \overset ? < c$$ad \overset ? = c$$ad \overset ? < cd$

有关：

• 有限自动机对非常规语言的近似识别

  他们在近似乘法和随机验证方面做了一些工作，我对此并不完全了解。

• math.SE：如何比较两个乘法而不乘？
• 假设我们可以在多项式时间内对尽可能多的预处理，是否可以在线性时间内求解？$c$$ab=c$
• 有线性时间不确定的整数乘法算法吗？参见http://compgroups.net/comp.theory/nondeterministic-linear-time-multiplication/1129399

  有众所周知的算法，可以将n位数字与O（n log（n）log（log（n）））复杂度相乘。而且我们不能做得比O（n）更好，因为至少我们必须查看整个输入。我的问题是：对于一类合适的“不确定性”算法，我们实际上可以达到O（n）吗？

  更准确地说，是否有一种算法可以接受两个n位二进制数“ a”和“ b”以及一个2n位二进制数“ c”，并在O（n）时间内告诉您“ a * b = c”？如果不是，是否还有其他形式的证书C（a，b，c），以便算法可以使用它在线性时间内测试产品？如果不是线性时间，那么测试产品的问题至少在渐近程度上比计算问题容易吗？这些方面的任何已知结果都将受到欢迎。

  约翰。

  ―johnh4717

这是一个非常不全面的尝试。假设我们只能在决策器中使用（恒定数量的）加法和减法，以及恒定数量的 wrt预定义数字。换句话说，我们可以在器中执行恒定数量的，等。那么我们唯一可以计算的量的形式为其中是预定义的常数。注意，可以在时间计算。${mod}$$mod\ 2$$mod\ 3$$q = k_1 a +k_2 b+k_3 c + k_4 d = \sum k_ia$$k$$q$$O(\sum|a|)$

编辑 该决策者旨在确定 iff。考虑以作为。钻头由其在表面位置决定，该表面是4维双曲面。如果我们在输入空间中有一个点，则上面的决策器可以计算在该输入点的有限距离内的点，即那些点等。这定义了4 d空间中的长方体。$B:B=1$$ad>bc$$a,b,c,d$$\mathbb{R}^4$$B$$ad = bc$$(a,b,c,d)$$q: |q-a| = k_1,$

（如何使其更精确？）从长方体到曲面的距离通常是无界的，因此决定者无法计算曲面

好问题。您会接受置信度吗？

也许做近似除法。即

要计算a / b的边界近似商，请右移a ceil（log_2（b））并同时右移floor（log_2（b））。然后我们知道准确的商在这两个值之间。

然后，根据这四个整数的相对大小，一个人可以排除某些情况，并获得100％的置信度。

可以对除2以外的基数重复该过程，并通过一系列这样的操作来增加置信度，直到以某种方式观察到符号/抢七的变化？

这是我的一种方法的初稿。

有什么方法可以确定ad <cb而不必执行[昂贵]乘法

当然。

想法：逐位比较十进制扩展。

唯一令人讨厌的一点是，我们必须首先排除平等，因为否则我们可能不会终止。
首先比较整数部分很有用，因为这很容易。

考虑一下：

def less( (a,b), (c,d) ) = {
  // Compare integer parts first
  intA = a div b
  intC = c div d

  if intA < intB
    return True
  else if intA > intB
    return False
  else // intA == intB
    // Normalize to a number in [0,1]
    a = a mod b
    c = c mod d

    // Check for equality by reducing both
    // fractions to lowest terms
    (a,b) = lowestTerms(a,b)
    (c,d) = lowestTerms(c,d)

    if a == c and b == d
      return False
    else
      do
        // Compute next digits in decimal fraction 
        a = 10 * a
        c = 10 * c

        intA = a div b
        intC = c div d

        // Remove integer part again
        a = a mod b
        c = c mod d
      while intA == intC

      return intA < intC
    end
  end
}

注意，do-while循环必须终止，因为数字不相等。但是，我们不知道它运行了多长时间。如果数字非常接近，则可能需要一段时间。

显然，没有昂贵的乘法。我们唯一需要的就是将提名人乘以。特别是，我们避免了显式计算 和。$10$$ad$$cb$

这样快吗？可能不会。有很多整数除法，模和gdcs可以计算，并且我们有一个循环，其迭代次数与我们比较的数字之间的距离成反比。

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辅助方法：

def lowestTerms(a,b) = {
  d = gcd(a,b)
  if d == 1
    return (a,b)
  else
    return lowestTerms(a div d, b div d)
  end
}