বাইনারি ভেক্টর

Question

আমার কাছে $n$ বাইনারি ভেক্টর $S = \{s_1, \ldots, s_n \} \subseteq \{0,1\}^k \setminus \{1^k\}$ এবং একটি টার্গেট ভেক্টর $t = 1^k$ যা সর্বজনীন ভেক্টর।

অনুমান যদি $t$ উপাদানের একটি রৈখিক সমন্বয় হিসেবে লেখা যেতে পারে $S$ উপর $\mathbb{Z}/q\mathbb{Z}$ সবার জন্য মৌলিক ক্ষমতা $q$ , তারপর $t$ একটি রৈখিক সমন্বয় হিসেবে লেখা যেতে পারে $S$ উপর $\mathbb{Z}$ , অর্থাত্, সেখানে পূর্ণসংখ্যা কোফিসিয়েন্টস সঙ্গে একটি রৈখিক সমন্বয় যা অঙ্কের $t$ ওভার $\mathbb{Z}$ ।

এটা কি সত্য? এটি কারও সাথে পরিচিত বলে মনে হচ্ছে? আমি এই বিষয়ে সাহিত্যের সন্ধান করার সময় কী কীওয়ার্ডগুলি ব্যবহার করব তাও নিশ্চিত নই, তাই কোনও ইনপুট প্রশংসিত হয়।

মান্য যে বিপরীতটি অবশ্যই ঝুলিতে যদি $t = \sum_{i=1}^n \alpha_i s_i$ পূর্ণসংখ্যার জন্য $a_i$ , তারপর একই সমষ্টি গেলিক ভাষার মূল্যায়নের $q$ জন্য কোনো মডুলাস $q$ এখনও সমতা দেয়; সুতরাং পূর্ণসংখ্য সহগের সাথে একটি রৈখিক সংমিশ্রণটি সমস্ত মডুলির জন্য রৈখিক সংমিশ্রণের অস্তিত্বকে বোঝায়।

সম্পাদনা করুন 14-12-2017 : অনুমান প্রাথমিকভাবে শক্তিশালী ছিল, ওভার একটি রৈখিক সমন্বয় অস্তিত্ব দাবী $\mathbb{Z}$ যখনই $t$ একটি রৈখিক সমন্বয় লেখার জন্য $q$ সব মৌলিক জন্য $q$ । এটি আমার অ্যালগরিদমিক অ্যাপ্লিকেশনটিতে ব্যবহার করা আরও সহজ হত তবে এটি মিথ্যা বলে প্রমাণিত হয়। এখানে একটি পাল্টা উদাহরণ। $s_1, \ldots, s_n$ এই ম্যাট্রিক্সের সারি দ্বারা দেওয়া হয়েছে:

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

গাণিতিকিয়া যাচাই করেছেন যে ভেক্টর প্রথম 1000 প্রাইমগুলির জন্য এই ভেক্টর মোড কিউ- এর স্প্যানে রয়েছে , যা আমি যথেষ্ট প্রমাণ হিসাবে গ্রহণ করি যে এটি সমস্ত প্রাইমসের ক্ষেত্রে case যাইহোক, সমন্বয় রৈখিক কোন পূর্ণসংখ্যা শেষ হয়ে গেছে জেড : উপরে ম্যাট্রিক্স উপর পূর্ণ র্যাঙ্ক হয়েছে আর ও লিখতে অনন্য উপায় ( 1 , 1 , 1 , 1 , 1 , 1 ) একটি রৈখিক সংমিশ্রন হিসেবে $t = (1,1,1,1,1,1)$$q$$\mathbb{Z}$$\mathbb{R}$$(1,1,1,1,1,1)$ উপর আর কোফিসিয়েন্টস ব্যবহার করছে ( 1 / 2 , 1 / 2 , 1 / 2 , - 1 / 2 , - 1 / 2 , 1 / 2 ) । (যদিও আপনিএই ভেক্টরগুলিকে 4 মডের লিনিয়ার সংমিশ্রণ হিসাবে টি লিখতে পারবেন না, সুতরাং এটি অনুমানের আপডেট হওয়া রূপের সাথে বিরোধিতা করে না))$(s_1, \ldots, s_6)$$\mathbb{R}$$(1/2, 1/2, 1/2, -1/2, -1/2, 1/2)$$t$$4$

Comments

নিম্নলিখিত দুর্বল সম্পত্তি একটি সহজ সংহতি আর্গুমেন্টের দ্বারা ঝুলিতে: একটি হল মূলদ উপাদান রৈখিক সমন্বয় এস যদি এবং কেবল যদি এটি উপর একটি রৈখিক সমন্বয় জি এফ পি জন্য সব কিন্তু finitely অনেক মৌলিক পি । এটি কেবলমাত্র 0 , 1 নয়, যখন এস এবং টি এর পূর্ণসংখ্য সহগ হয়, তবে এটি আরও সত্য । $t$$S$$\mathrm{GF}_p$$p$$S$$t$$0,1$

— এমিল জ্যাব্যাক

আরেকটি আংশিক ফলাফল (আবার, নির্বিচারে পূর্ণসংখ্যা জন্য ): টি সমন্বয় রৈখিক একটি পূর্ণসংখ্যা এস iff প্রতিটি রিং একটি রৈখিক সমন্বয় জেড / কুই জেড জন্য প্রধানমন্ত্রী ক্ষমতা কুই । $S,t$$t$$S$$\mathbb Z/q\mathbb Z$ $q$

— এমিল জ্যাব্যাক

@ বার্টজ্যানসেন আমি দুটি ভিন্ন উপায় জানি, আসলে তবে কোনওটিই কোনও মন্তব্যে ফিট করে না। আমি পরে উত্তর পোস্ট করব।

— এমিল জেব্যাক

পুনঃটুইট করেছেন আপনার যদি প্রয়োজন "খুব বড়", তবে এটির জন্য যথেষ্ট বড় প্রধানমন্ত্রী নেওয়া যথেষ্ট। বা একটি স্থির প্রধানমন্ত্রী একটি চমত্কার বড় শক্তি। এর মধ্যে কোনওটিই পূর্ণসংখ্যার উপর সমাধানের অস্তিত্বকে বোঝায় না।

— এমিল জেবেক

আপনার উদাহরণ সিস্টেমের নির্ধারক -4, যা সমস্ত বিজোড় প্রাইমগুলির জন্য একটি সমাধান বোঝায়।

— ক্রিস্টোফার আরনসফেল্ট হ্যানসেন

Answer 1

সংশোধিত অনুমানটি সত্য, এমনকি এবং টি- তে স্বচ্ছন্দ সীমাবদ্ধতার মধ্যেও এটি নির্বিচারে পূর্ণসংখ্যার ভেক্টর হতে পারে (যতক্ষণ সেট এস সীমাবদ্ধ থাকবে)। লক্ষ্য করুন যে আমরা যদি এস থেকে ভেক্টরকে ম্যাট্রিক্সে সাজিয়ে রাখি তবে প্রশ্নটি সহজেই পূর্ণসংখ্যার মধ্যে লিনিয়ার সিস্টেম S x = t এর দ্রাব্যতা সম্পর্কে জিজ্ঞাসা করে, সুতরাং আমি নীচের মতো সমস্যাটি প্রণয়ন করব।$S$$t$$S$$S$

$$Sx=t$$

প্রোপজিসন: আসুন এবং টি ∈ জেড ট । তারপরে লিনিয়ার সিস্টেম S x = t জেডে দ্রবণীয় হয় এবং কেবলমাত্র যদি তা জেড / কিউ জেডে সমস্ত মৌলিক ক্ষমতার জন্য দ্রবণযোগ্য হয় ।$S\in\mathbb Z^{k\times n}$$t\in\mathbb Z^k$$Sx=t$$\mathbb Z$$\mathbb Z/q\mathbb Z$$q$

এটি অন্তত দুটি উপায়ে প্রমাণিত হতে পারে।

প্রমাণ 1:

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

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

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

1. টোরশন-মুক্ত আবেলীয় দলগুলির তত্ত্ব,

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$

প্রমাণ 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$

Comments

আপনার সমাধান # 1 দিয়ে আমাকে নতুন এবং আকর্ষণীয় কিছু শেখানোর জন্য এমিলকে ধন্যবাদ!

— ক্রিস্টোফার আরনসফেল্ট হ্যানসেন

পূর্বোক্ত। এছাড়াও, আকর্ষণীয়ভাবে, দ্বিতীয় সমাধানগুলি দেখায় যে এর প্রাথমিক বিভাজকগুলিকে (সমস্ত handle কেস করার ক্ষেত্রে (1)) পাশাপাশি যথেষ্ট পরিমাণে একটিকে পরিচালনা করার পক্ষে এটি কেবলমাত্র প্রাইমগুলিকে বিবেচনা করা যথেষ্ট it কেস (2))। এস আমি $S$$s_{ii}$

— জোশুয়া গ্রাচো

এই খুব অন্তর্দৃষ্টিপূর্ণ উত্তর জন্য অনেক ধন্যবাদ! যদি এটি কোনও কাগজে প্রবেশ করে তবে আমি আপনার অন্তর্দৃষ্টিগুলি স্বীকার করে নেব নিশ্চিত sure

— বার্ট জানসেন