İkili vektör

Ben $n$ ikili vektörler $S = \{s_1, \ldots, s_n \} \subseteq \{0,1\}^k \setminus \{1^k\}$ ve hepsi vektör olan bir hedef vektör $t = 1^k$ var.

Varsayım: Eğer elemanlarının lineer bir kombinasyonu olarak yazılabilir fazla için tüm ana güç , o lineer bir kombinasyonu olarak yazılabilir fazla , diğer bir deyişle tam katsayılı bir lineer birleşimi vardır ki bu üstünde . $t$ $S$ $\mathbb{Z}/q\mathbb{Z}$ $q$ $t$ $S$ $\mathbb{Z}$ $t$ $\mathbb{Z}$

Bu doğru mu? Kimseye tanıdık geliyor mu? Bu konuda literatür ararken hangi anahtar kelimelerin kullanılacağından bile emin değilim, bu yüzden herhangi bir girdi takdir edilmektedir.

Bunun tersi kesinlikle tutar dikkate alınmalıdır: eğer tamsayılar için , daha sonra aynı miktar mod değerlendirilmesi herhangi bir modül için yine eşitliği verir; dolayısıyla tamsayı katsayıları ile doğrusal bir kombinasyon, tüm modüller için doğrusal bir kombinasyonun varlığını ima eder. $t = \sum_{i=1}^n \alpha_i s_i$ $a_i$ $q$ $q$

Düzenleme 14-12-2017 : varsayım üzerinde lineer bir kombinasyonu bulunduğunu ileri sürme başlangıçta daha güçlüydü her bir doğrusal kombinasyonu mod her asal için . Bunu algoritmik uygulamamda kullanmak daha kolay olurdu, ancak yanlış olduğu ortaya çıktı. İşte bir karşı örnek. bu matrisin satırları tarafından verilir: $\mathbb{Z}$ $t$ $q$ $q$ $s_1, \ldots, s_n$

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

Mathematica, vektörünün , ilk 1000 prim için mod vektörleri aralığında olduğunu doğruladı; Bununla birlikte, üzerinde bir tamsayı doğrusal kombinasyon yoktur : yukarıdaki matris, üzerinde tam sıralamaya ve doğrusal bir kombinasyonu $t = (1,1,1,1,1,1)$ $q$ $\mathbb{Z}$ $\mathbb{R}$ $(1,1,1,1,1,1)$ üzerinde katsayıları kullanarak . (Bumod mod doğrusal bir kombinasyonu olarak yazamazsınız, bu nedenle varsayımın güncellenmiş formuyla çelişmez.) $(s_1, \ldots, s_6)$ $\mathbb{R}$ $(1/2, 1/2, 1/2, -1/2, -1/2, 1/2)$ $t$ $4$

reference-request linear-algebra finite-fields

— Bart Jansen
kaynak

Aşağıdaki zayıf özellik, basit bir kompaktlık bağımsız değişken tutar:

a, rasyonel elemanlarının doğrusal kombinasyonu

bunun üzerinde doğrusal bir kombinasyonudur, ancak ve ancak

için tüm ama sonlu sayıda asal

. Bu daha genel olarak

sadece

değil tamsayı katsayılarına sahip olduğunda geçerlidir .

t

$t$

S

$S$

{G F}_{p}

$\mathrm{GF}_p$

p

$p$

S

$S$

t

$t$

0, 1

$0,1$

— Emil Jeřábek

Başka bir kısmi sonuç (yine, rasgele tamsayı

iff'nin tamsayı doğrusal bir kombinasyonudur. Asal güçler

için her bir

halkasında doğrusal bir kombinasyondur .

S, t

$S,t$

t

$t$

S

$S$

Z / q Z

$\mathbb Z/q\mathbb Z$

q

$q$

— Emil Jeřábek

@BartJansen Aslında iki farklı yol biliyorum, ama ikisi de bir yorumda tam olarak uymuyor. Daha sonra bir cevap göndereceğim.

— Emil Jeřábek

@JoshuaGrochow Takip etmiyorum. Eğer ihtiyacınız olan tek şey "oldukça büyük" ise, oldukça büyük bir başbakan almak yeterli olacaktır. Veya sabit bir asalın oldukça büyük bir gücü. Bunların hiçbiri tamsayılar üzerinde çözümlerin varlığını ima etmez.

— Emil Jeřábek

Örnek sisteminizin belirleyicisi -4'tür, bu da tüm tek asal değerler için bir çözüm anlamına gelir.

— Kristoffer Arnsfelt Hansen

Revize edilmiş varsayım doğrudur, ve üzerindeki rahat kısıtlamalar altında bile - bunlar rastgele tamsayı vektörleri olabilir (set sonlu olduğu sürece ). vektörleri bir matrise yerleştirirsek, sorunun basitçe doğrusal sayının tamsayılarda çözülebilirliğini sorduğuna dikkat edin , bu yüzden sorunu aşağıdaki gibi formüle edeceğim. $S$ $t$ $S$ $S$

S x = t

$Sx=t$

ÖNERME: Let ve . Daha sonra lineer sistem çözülebilir içinde ise ve de çözülebilir olması durumunda asal güçler için . $S\in\mathbb Z^{k\times n}$ $t\in\mathbb Z^k$ $Sx=t$ $\mathbb Z$ $\mathbb Z/q\mathbb Z$ $q$

Bu, en az iki şekilde kanıtlanabilir.

Kanıt 1:

Herhangi bir asal için , sistemin çözülebilirliği her modulo o halkasındaki çözülebilir olduğunu ima -adic tamsayılar . (Çözeltiler, son derece eşsiz, bu nedenle verilen çözeltiler mod olduğu küçük bir sorun vardır ve mod ihtiyaç uyumlu olmayabilir. Bu, kompakt kullanılarak örneğin sıralanabilir , ya da König lemma kullanılarak). $p$ $p^m$ $p$ $\mathbb Z_p$ $p^m$ $p^{m'}$ $\mathbb Z_p$

Sonuç olarak, sistem, aynı zamanda ürün içinde çözülebilir olduğu yani halka profinite tamsayı . Bunun çözülebilirliğini ima ettiğini iddia ediyorum .

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

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

Z

$\mathbb Z$

Sistemin çözülebilirliğine dikkat edin (örneğin, ), abelian gruplarının dilinde (ilkel pozitif) birinci dereceden bir cümle olarak ifade edilebilir,böylece tanımlayabilmemiz için sabiti ile artırılır. Şimdi, yapının tüm birinci dereceden teorisinin aşağıdaki gibi aksiyomatize edilebildiğini kontrol edebilir (Presburger'in aritmetikveya daha ziyade grupteorisininsiparişsiz bir versiyonudur): $\exists x\,Sx=t$ $1$ $t$ $(\mathbb Z,+,1)$ $\mathbb Z$

burulma içermeyen abelya grupları teorisi,
aksiyomlar Her asal için , $\forall x\,px\ne1$ $p$
aksiyomlar $\forall x\,\exists y\,(x=py\lor x=py+1\lor\dots\lor x=py+(p-1))$ $p$

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

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

Kanıt 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
kaynak

Çözümünüzle bana yeni ve ilginç bir şey öğrettiğiniz için Emil'e teşekkürler!

— Kristoffer Arnsfelt Hansen

Aynen. Ayrıca, ilginç bir şekilde, ikinci çözümler sadece temel bölenlerini ( durumda (1) tüm ile başa çıkmak için ) ve yeterince büyük bir sayıyı (ele almak için) dikkate almanın yeterli olduğunu göstermektedir. (2)).

S

$S$

s_{i i}

$s_{ii}$

— Joshua Grochow

Bu anlayışlı cevap için çok teşekkürler! Eğer bu bir kağıda dönüşürse, görüşlerinizi anladığımdan emin olacağım.

— Bart Jansen