Vecteur binaire

J'ai un ensemble de $n$ vecteurs binaires $S = \{s_1, \ldots, s_n \} \subseteq \{0,1\}^k \setminus \{1^k\}$ et un vecteur cible $t = 1^k$ qui est le vecteur tout-en-un.

Conjecture: si peut être écrit comme une combinaison linéaire d'éléments de sur pour toutes les puissances premières , alors peut être écrit comme une combinaison linéaire de sur , c'est-à-dire qu'il existe une combinaison linéaire avec des coefficients entiers qui sommes à sur . $t$ $S$ $\mathbb{Z}/q\mathbb{Z}$ $q$ $t$ $S$ $\mathbb{Z}$ $t$ $\mathbb{Z}$

Est-ce vrai? Cela vous semble-t-il familier? Je ne sais même pas quels mots clés utiliser lors de la recherche de documentation sur ce sujet, donc toute contribution est appréciée.

Remarquez que l'inverse est certainement vrai: si $t = \sum_{i=1}^n \alpha_i s_i$ pour les entiers $a_i$ , alors évaluer la même somme mod $q$ pour tout module $q$ donne toujours l'égalité; par conséquent, une combinaison linéaire avec des coefficients entiers implique l'existence d'une combinaison linéaire pour tous les modules.

Edit 14-12-2017 : La conjecture était initialement plus forte, affirmant l'existence d'une combinaison linéaire sur $\mathbb{Z}$ chaque fois que $t$ est une combinaison linéaire mod $q$ pour tous les nombres premiers $q$ . Cela aurait été plus facile à exploiter dans mon application algorithmique, mais s'avère faux. Voici un contre-exemple. $s_1, \ldots, s_n$ sont donnés par les lignes de cette matrice:

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

Mathematica a vérifié que le vecteur est dans l'intervalle de ces vecteurs mod pour les 1000 premiers nombres premiers, ce que je prends comme preuve suffisante que c'est le cas pour tous les nombres premiers. Cependant, il n'y a pas de combinaison linéaire entière sur : la matrice ci-dessus a un rang complet sur et la façon unique d'écrire comme une combinaison linéaire de $t = (1,1,1,1,1,1)$ $q$ $\mathbb{Z}$ $\mathbb{R}$ $(1,1,1,1,1,1)$ sur estutilisantcoefficients . (Vous ne pouvez pas écrire comme une combinaison linéaire de ces vecteurs mod , cependant, cela ne contredit pas la forme mise à jour de la conjecture.) $(s_1, \ldots, s_6)$ $\mathbb{R}$ $(1/2, 1/2, 1/2, -1/2, -1/2, 1/2)$ $t$ $4$

reference-request linear-algebra finite-fields

— Bart Jansen
source

La propriété la plus faible suivante est vérifiée par un simple argument de compacité:

est une combinaison linéaire rationnelle d'éléments de

si et seulement si c'est une combinaison linéaire sur

pour tous les nombres premiers

mais infiniment nombreux . Cela est vrai plus généralement lorsque

ont des coefficients entiers, pas seulement

t

$t$

S

$S$

{G F}_{p}

$\mathrm{GF}_p$

p

$p$

S

$S$

t

$t$

0, 1

$0,1$

— Emil Jeřábek

Autre résultat partiel (là encore, pour un entier arbitraire

est une combinaison linéaire entière de

ssi c'est une combinaison linéaire dans chaque anneau

pour les puissances premières

S, t

$S,t$

t

$t$

S

$S$

Z / q Z

$\mathbb Z/q\mathbb Z$

q

$q$

— Emil Jeřábek

@ BartJansen Je connais deux façons différentes, en fait, mais ni l'une ni l'autre ne s'inscrit parfaitement dans un commentaire. Je posterai une réponse plus tard.

— Emil Jeřábek

@JoshuaGrochow Je ne suis pas. Si "assez gros" est tout ce dont vous avez besoin, il suffirait de prendre une assez grosse prime. Ou une assez grande puissance d'un nombre premier fixe. Aucun de ces éléments n'implique l'existence de solutions sur les entiers.

— Emil Jeřábek

Le déterminant de votre exemple de système est -4, ce qui implique une solution pour tous les nombres premiers impairs.

— Kristoffer Arnsfelt Hansen

La conjecture révisée est vraie, même sous des contraintes assouplies sur et - ils peuvent être des vecteurs entiers arbitraires (tant que l'ensemble est fini). Notez que si nous organisons les vecteurs de dans une matrice, la question pose simplement la solvabilité du système linéaire dans les entiers, donc je formulerai le problème comme tel ci-dessous. $S$ $t$ $S$ $S$

S x = t

$Sx=t$

$S\in\mathbb Z^{k\times n}$ $t\in\mathbb Z^k$ $Sx=t$ $\mathbb Z$ $\mathbb Z/q\mathbb Z$ $q$

Cela peut être prouvé de deux manières au moins.

Preuve 1:

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

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

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

Z

$\mathbb Z$

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

la théorie des groupes abéliens sans torsion,
$\forall x\,px\ne1$ $p$
$\forall x\,\exists y\,(x=py\lor x=py+1\lor\dots\lor x=py+(p-1))$ $p$

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

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

Preuve 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
source

Merci Emil de m'avoir appris quelque chose de nouveau et d'intéressant avec ta solution # 1!

— Kristoffer Arnsfelt Hansen

Idem. Aussi, fait intéressant, la seconde solution montre qu'il suffit de considérer uniquement les nombres premiers qui divisent les diviseurs élémentaires de (pour gérer tous les , dans le cas (1)), ainsi qu'un nombre suffisamment grand (pour gérer cas (2)).

S

$S$

s_{i i}

$s_{ii}$

— Joshua Grochow

Merci beaucoup pour cette réponse très perspicace! Je serai sûr de reconnaître vos idées si cela se retrouve dans un document.

— Bart Jansen