Vektor biner

Saya memiliki satu set vektor biner S = { s 1 , … , s n } ⊆ { 0 , 1 } k ∖ { 1 k } dan vektor target t = 1 k yang merupakan vektor semua-yang.$n$$S = \{s_1, \ldots, s_n \} \subseteq \{0,1\}^k \setminus \{1^k\}$$t = 1^k$

Dugaan: Jika dapat ditulis sebagai kombinasi linear dari elemen S lebih dari Z / q Z untuk semua kekuatan utama q , maka t dapat ditulis sebagai kombinasi linear dari S lebih dari Z , yaitu, ada kombinasi linier dengan koefisien bilangan bulat yang jumlah untuk t lebih Z .$t$$S$$\mathbb{Z}/q\mathbb{Z}$ $q$$t$$S$$\mathbb{Z}$$t$$\mathbb{Z}$

Apakah ini benar? Apakah itu terlihat akrab bagi siapa pun? Saya bahkan tidak yakin kata kunci apa yang digunakan ketika mencari literatur tentang topik ini, jadi setiap masukan sangat dihargai.

Perhatikan bahwa sebaliknya tentu memegang: jika untuk bilangan bulat a i , kemudian mengevaluasi jumlah mod sama q untuk setiap modulus q masih memberikan kesetaraan; maka kombinasi linear dengan koefisien integer menyiratkan adanya kombinasi linear untuk semua moduli.$t = \sum_{i=1}^n \alpha_i s_i$$a_i$$q$$q$

Sunting 14-12-2017 : Dugaan ini awalnya lebih kuat, menyatakan adanya kombinasi linear atas setiap kali t adalah mod kombinasi linear q untuk semua bilangan prima q . Ini akan lebih mudah untuk dieksploitasi dalam aplikasi algoritmik saya, tetapi ternyata salah. Berikut adalah contoh tandingannya. s 1 , … , s n diberikan oleh baris-baris matriks ini:$\mathbb{Z}$$t$$q$$q$$s_1, \ldots, s_n$

$\left( \begin{array}{cccccc} 1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 1 \\ \end{array} \right)$

Mathematica memverifikasi bahwa vektor berada dalam rentang vektor mod q ini untuk 1000 bilangan prima pertama, yang saya ambil sebagai bukti yang cukup bahwa ini adalah kasus untuk semua bilangan prima. Namun, tidak ada kombinasi linear bilangan bulat di atas Z : matriks di atas memiliki peringkat penuh di atas R dan cara unik untuk menulis ( 1 , 1 , 1 , 1 , 1 , 1 ) sebagai kombinasi linear dari $t = (1,1,1,1,1,1)$$q$$\mathbb{Z}$$\mathbb{R}$$(1,1,1,1,1,1)$ lebih R menggunakan koefisien ( 1 / 2 , 1 / 2 , 1 / 2 , - 1 / 2 , - 1 / 2 , 1 / 2 ) . (Anda tidak dapat menulis t sebagai kombinasi linear dari vektor-vektor ini mod 4 , jadi, itu tidak bertentangan dengan bentuk dugaan yang diperbarui.)$(s_1, \ldots, s_6)$$\mathbb{R}$$(1/2, 1/2, 1/2, -1/2, -1/2, 1/2)$$t$$4$

Dugaan yang direvisi benar, bahkan di bawah kendala santai pada dan t —mereka mungkin merupakan vektor bilangan bulat sewenang-wenang (selama himpunan S terbatas). Perhatikan bahwa jika kita mengatur vektor dari S ke dalam matriks, pertanyaannya hanya menanyakan tentang solvabilitas sistem linear S x = t dalam bilangan bulat, maka saya akan merumuskan masalah seperti di bawah ini.$S$$t$$S$$S$

Proposisi: Misalkan dan t ∈ Z k . Maka sistem linear S x = t dapat dipecahkan dalam Z jika dan hanya jika dipecahkan dalam Z / q Z untuk semua kekuatan utama q .$S\in\mathbb Z^{k\times n}$$t\in\mathbb Z^k$$Sx=t$$\mathbb Z$$\mathbb Z/q\mathbb Z$$q$

Ini dapat dibuktikan dengan setidaknya dua cara.

Bukti 1:

$p$$p^m$$p$ $\mathbb Z_p$$p^m$$p^{m'}$$\mathbb Z_p$

$\exists x\,Sx=t$$1$$t$$(\mathbb Z,+,1)$$\mathbb Z$

1. teori kelompok abelian bebas torsi,

2. $\forall x\,px\ne1$$p$

3. $\forall x\,\exists y\,(x=py\lor x=py+1\lor\dots\lor x=py+(p-1))$$p$

$\hat{\mathbb Z}$$(\mathbb Z,+,1)$$(\hat{\mathbb Z},+,1)$$Sx=t$$\hat{\mathbb Z}$$\mathbb Z$

$(\mathbb Z,+,1)$$\hat{\mathbb Z}$$\mathbb Z$$\hat{\mathbb Z}$$\mathbb Z$

Bukti 2:

$M\in\mathrm{GL}(k,\mathbb Z)$$N\in\mathrm{GL}(n,\mathbb Z)$$S'=MSN$$t'=Mt$$x$$Sx=t$$x'=N^{-1}x$$S'x'=t'$$x'$$S'x'=t'$$x=Nx'$$Sx=t$$M,M^{-1},N,N^{-1}$

$S$$k\ne n$$Sx=t$$\mathbb Z$

1. $s_{ii}$$S$$t_i$$t$$s_{ii}$

2. $i$$i$$S$$t_i\ne0$

$q$$q\nmid t_i$$q\mid s_{ii}$$Sx=t$$\mathbb Z/q\mathbb Z$