Vettore binario

Ho un set di vettori binari e un vettore target che è il vettore di tutti.$n$$S = \{s_1, \ldots, s_n \} \subseteq \{0,1\}^k \setminus \{1^k\}$$t = 1^k$

Congettura: se $t$ può essere scritta come una combinazione lineare di elementi di $S$ su $\mathbb{Z}/q\mathbb{Z}$ per tutte le potenze primi $q$ , allora $t$ può essere scritta come una combinazione lineare di $S$ su $\mathbb{Z}$ , ovvero esiste una combinazione lineare con coefficienti interi che somme a $t$ sopra $\mathbb{Z}$ .

È vero? Sembra familiare a nessuno? Non sono nemmeno sicuro di quali parole chiave utilizzare quando si cerca la letteratura su questo argomento, quindi qualsiasi input è apprezzato.

Osserva che il contrario vale sicuramente: se $t = \sum_{i=1}^n \alpha_i s_i$ per gli interi , quindi valutare la stessa somma mod per qualsiasi modulo dà comunque uguaglianza; quindi una combinazione lineare con coefficienti interi implica l'esistenza di una combinazione lineare per tutti i moduli.$a_i$$q$$q$

Modifica 14-12-2017 : La congettura inizialmente era più forte, affermando l'esistenza di una combinazione lineare su ogni volta che è una combinazione lineare mod per tutti i numeri primi . Questo sarebbe stato più facile da sfruttare nella mia applicazione algoritmica, ma risulta essere falso. Ecco un contro esempio. sono indicati dalle righe di questa matrice:$\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 ha verificato che il vettore trova nell'intervallo di questi vettori mod per i primi 1000 numeri primi, che prendo come prova sufficiente che questo è il caso per tutti i numeri primi. Tuttavia, non esiste una combinazione lineare intera su : la matrice sopra ha un rango completo su e il modo unico di scrivere come combinazione lineare di su sta usando i coefficienti . (Non è possibile scrivere come una combinazione lineare di questi vettori modq Z R ( 1 , 1 , 1 , 1 , 1 , 1 ) ( s 1 , ... , s 6 ) R ( 1 / 2 , 1 / 2 , 1 / 2 , - 1 / 2 , - $t = (1,1,1,1,1,1)$$q$$\mathbb{Z}$$\mathbb{R}$$(1,1,1,1,1,1)$$(s_1, \ldots, s_6)$$\mathbb{R}$t $(1/2, 1/2, 1/2, -1/2, -1/2, 1/2)$$t$$4$, tuttavia, quindi non contraddice la forma aggiornata della congettura.)

La congettura rivista è vera, anche sotto vincoli rilassati su e t: possono essere vettori interi arbitrari (purché l'insieme S sia finito). Si noti che se disponiamo i vettori da S in una matrice, la domanda si pone semplicemente sulla solvibilità del sistema lineare S x = t negli interi, quindi formulerò il problema come tale di seguito.$S$$t$$S$$S$

Proposizione: Sia e t ∈ Z k . Quindi il sistema lineare S x = t è risolvibile in Z se e solo se è risolvibile in Z / q Z per tutte le potenze primi q .$S\in\mathbb Z^{k\times n}$$t\in\mathbb Z^k$$Sx=t$$\mathbb Z$$\mathbb Z/q\mathbb Z$$q$

Questo può essere dimostrato in almeno due modi.

Prova 1:

Per ogni primo , la solvibilità del sistema modulo ogni p m implica che è risolvibile nell'anello di interi p -adici Z p . (C'è un piccolo problema nel fatto che le soluzioni non sono uniche, quindi date soluzioni mod p m e mod p m ′ non devono essere compatibili. Questo può essere risolto, ad esempio usando la compattezza di Z p o usando il lemma di König.)$p$$p^m$$p$ $\mathbb Z_p$$p^m$$p^{m'}$$\mathbb Z_p$

Di conseguenza, il sistema è anche risolvibile nel prodotto Z = Π p  primo Z p , vale a dire, l'anello di interi profiniti . Io sostengo che questo implica la sua solvibilità in Z .

Si noti che la solvibilità del sistema (ovvero, ) è espressibile come una frase (primitiva positiva) di primo ordine nella lingua dei gruppi abeliani, aumentata con una costante 1 in modo da poter definire t . Ora, si può verificare che la teoria completa del primo ordine della struttura ( Z , + , 1 ) possa essere assiomatizzata come segue (è una versione priva di ordinedell'aritmeticadiPresburger, o meglio, della teoria dei gruppi Z ):$\exists x\,Sx=t$$1$$t$$(\mathbb Z,+,1)$$\mathbb Z$

1. la teoria dei gruppi abeliani privi di torsione,

2. gli assiomi per ogni primo p ,$\forall x\,px\ne1$$p$

3. gli assiomi per ogni numero primo p .$\forall x\,\exists y\,(x=py\lor x=py+1\lor\dots\lor x=py+(p-1))$$p$

Tuttavia, tutti questi assiomi tengono in Z pure. Pertanto, le strutture ( Z , + , 1 ) e ( Z , + , 1 ) sono elementarmente equivalenti, e la solvibilità di S x = t in Z implica sua solvibilità in Z .$\hat{\mathbb Z}$$(\mathbb Z,+,1)$$(\hat{\mathbb Z},+,1)$$Sx=t$$\hat{\mathbb Z}$$\mathbb Z$

Infatti, in realtà non ottenere un totale di assiomatizzazione di cui sopra: è sufficiente osservare che Z soddisfa le assiomi 2., il che significa che Z è un sottogruppo puro di Z , e quindi un puro Z- submodule .$(\mathbb Z,+,1)$$\hat{\mathbb Z}$$\mathbb Z$$\hat{\mathbb Z}$$\mathbb Z$

Prova 2:

Esistono matrici e N ∈ G L ( n , Z ) tali che la matrice S ′ = M S N è nella forma normale di Smith . Metti t ′ = M t . Se x è una soluzione di S x = t , allora x ′ = N - 1 x è una soluzione di $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$ , e viceversa, se x ′ è una soluzione di S ′ x ′ = t ′ , allora x = N x ′ è una soluzione di S x = t . (Questa equivalenza vale su qualsiasi anello commutativo, poiché M , M - 1 , N , N - 1 sono matrici intere.)$S'x'=t'$$x'$$S'x'=t'$$x=Nx'$$Sx=t$$M,M^{-1},N,N^{-1}$

Pertanto, possiamo supporre senza perdita di generalità che sia una matrice diagonale (il che significa che le righe o le colonne in eccesso sono zero se k ≠ n ). Quindi il sistema S x = t è irrisolvibile in Z solo se$S$$k\ne n$$Sx=t$$\mathbb Z$

1. per qualche voce diversa da zero diagonale di S , il corrispondente ingresso t i di t non è divisibile per s i i , o$s_{ii}$$S$$t_i$$t$$s_{ii}$

2. per qualche , la i esima riga di S è zero, ma t i ≠ 0 .$i$$i$$S$$t_i\ne0$

Sia una potenza primaria tale che q ∤ t i , e, nel primo caso, q ∣ s i i . Quindi il sistema S x = t non è risolvibile in Z / q Z .$q$$q\nmid t_i$$q\mid s_{ii}$$Sx=t$$\mathbb Z/q\mathbb Z$