Vetor binário

I tem um conjunto de binário vectores e um vector alvo , que é o vector de todos-onas. $n$ $S = \{s_1, \ldots, s_n \} \subseteq \{0,1\}^k \setminus \{1^k\}$ $t = 1^k$

Conjectura: Se pode ser escrito como uma combinação linear de elementos de sobre para todas as potências primárias , então pode ser escrito como uma combinação linear de sobre , ou seja, existe uma combinação linear com coeficientes inteiros que somas para mais de . $t$ $S$ $\mathbb{Z}/q\mathbb{Z}$ $q$ $t$ $S$ $\mathbb{Z}$ $t$ $\mathbb{Z}$

Isso é verdade? Parece familiar para alguém? Não tenho certeza de quais palavras-chave usar ao pesquisar literatura sobre esse tópico, portanto, qualquer entrada é apreciada.

Observe que o inverso certamente vale: se $t = \sum_{i=1}^n \alpha_i s_i$ para números inteiros $a_i$ , então avalia a mesma soma mod $q$ para qualquer módulo $q$ ainda dá igualdade; portanto, uma combinação linear com coeficientes inteiros implica a existência de uma combinação linear para todos os módulos.

Edit 14-12-2017 : A conjectura era inicialmente mais forte, afirmando a existência de uma combinação linear sobre $\mathbb{Z}$ sempre que $t$ é uma combinação linear mod $q$ para todos os primos $q$ . Isso teria sido mais fácil de explorar em meu aplicativo algorítmico, mas acaba sendo falso. Aqui está um contra-exemplo. $s_1, \ldots, s_n$ são dados pelas linhas desta matriz:

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

O Mathematica verificou que o vetor está no intervalo desses vetores mod para os primeiros 1000 primos, o que tomo como evidência suficiente de que esse é o caso de todos os primos. No entanto, não existe uma combinação linear inteira sobre : a matriz acima tem uma classificação completa sobre e a maneira exclusiva de escrever como uma combinação linear de $t = (1,1,1,1,1,1)$ $q$ $\mathbb{Z}$ $\mathbb{R}$ $(1,1,1,1,1,1)$ ao longo é utilizando coeficientes . (Você não pode escrever como uma combinação linear desses vetores, mod , portanto, isso não contradiz a forma atualizada da conjectura.) $(s_1, \ldots, s_6)$ $\mathbb{R}$ $(1/2, 1/2, 1/2, -1/2, -1/2, 1/2)$ $t$ $4$

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— Bart Jansen
fonte

A seguinte propriedade mais fraca é sustentada por um argumento simples de compactação:

é uma combinação linear racional de elementos de

se, e somente se, é uma combinação linear sobre

para todos, exceto finitos muitos primos

. Isso ocorre mais geralmente quando

têm coeficientes inteiros, não apenas

t

$t$

S

$S$

{G F}_{p}

$\mathrm{GF}_p$

p

$p$

S

$S$

t

$t$

0, 1

$0,1$

— Emil Jeřábek 3.0 13/12

Outro resultado parcial (novamente, para o inteiro arbitrário

é uma combinação linear inteira de

se for uma combinação linear em cada anel

para potências primárias

S, t

$S,t$

t

$t$

S

$S$

Z / q Z

$\mathbb Z/q\mathbb Z$

q

$q$

— Emil Jeřábek 3.0 13/12

@ BartJansen Conheço duas maneiras diferentes, na verdade, mas nenhuma se encaixa em um comentário. Vou postar uma resposta mais tarde.

— Emil Jeřábek 3.0

@JoshuaGrochow Eu não sigo. Se "bastante grande" é tudo o que você precisa, seria suficiente obter uma classificação muito grande. Ou um poder bastante grande de um primo fixo. Nenhuma delas implica a existência de soluções sobre os números inteiros.

— Emil Jeřábek 3.0

O determinante do seu sistema de exemplo é -4, o que implica uma solução para todos os números primos ímpares.

— Kristoffer Arnsfelt Hansen

A conjectura revisada é verdadeira, mesmo sob restrições relaxadas em e - elas podem ser vetores inteiros arbitrários (desde que o conjunto seja finito). Observe que, se organizarmos os vetores de em uma matriz, a pergunta simplesmente perguntará sobre a solvabilidade do sistema linear nos números inteiros; portanto, formularei o problema como tal abaixo. $S$ $t$ $S$ $S$

S x = t

$Sx=t$

Proposição: Let e . Então o sistema linear é solucionável em se e somente se for solucionável em para todas as potências primárias . $S\in\mathbb Z^{k\times n}$ $t\in\mathbb Z^k$ $Sx=t$ $\mathbb Z$ $\mathbb Z/q\mathbb Z$ $q$

Isso pode ser provado de pelo menos duas maneiras.

Prova 1:

Para qualquer primo , a solvabilidade do sistema modulo cada implica que é solúvel no anel de números inteiros -adic . (Não é um problema menor em que as soluções não são únicos, as soluções, por conseguinte, dada mod e mod não necessita de ser compatível. Isto pode ser resolvido por exemplo, usando a compacidade de , ou usando Lema de Konig.) $p$ $p^m$ $p$ $\mathbb Z_p$ $p^m$ $p^{m'}$ $\mathbb Z_p$

Por conseguinte, o sistema também é solúvel no produto isto é, o anel de números inteiros profinitos . Eu afirmo que isso implica a sua solvabilidade em .

\hat{Z} = \prod_{p prime} Z_{p},

$\hat{\mathbb Z}=\prod_{p\text{ prime}}\mathbb Z_p,$

Z

$\mathbb Z$

Observe que a solvabilidade do sistema (ou seja, $\exists x\,Sx=t$ $1$ $t$ $(\mathbb Z,+,1)$ $\mathbb Z$

a teoria dos grupos abelianos livres de torção,
$\forall x\,px\ne1$ $p$
$\forall x\,\exists y\,(x=py\lor x=py+1\lor\dots\lor x=py+(p-1))$ $p$

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

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

Prova 2:

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

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

$s_{ii}$ $S$ $t_i$ $t$ $s_{ii}$
$i$ $i$ $S$ $t_i\ne0$

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

— Emil Jeřábek 3.0
fonte

Obrigado Emil por me ensinar algo novo e interessante com sua solução nº 1!

— Kristoffer Arnsfelt Hansen

S

$S$

s_{i i}

$s_{ii}$

Muito obrigado por esta resposta muito perspicaz! Certifico-me de reconhecer suas idéias, se isso for encontrado em um artigo.

— Bart Jansen