二元矢量的在所有主要权力的在？

我有一组二进制矢量和目标矢量其是全矢量。$n$$S = \{s_1, \ldots, s_n \} \subseteq \{0,1\}^k \setminus \{1^k\}$$t = 1^k$

猜想：如果可以写成的元素的线性组合超过的所有素数方幂，然后可以写成的线性组合超过，即存在具有整数系数的线性组合，其总和以以上。$t$$S$$\mathbb{Z}/q\mathbb{Z}$ $q$$t$$S$$\mathbb{Z}$$t$$\mathbb{Z}$

这是真的？任何人看起来都很熟悉吗？我什至不知道在搜索有关此主题的文献时要使用什么关键字，因此请多加投入。

观察到相反的一定成立：如果为整数A_I，然后评估相同的总和模q为任何模数q仍然给平等; 因此，具有整数系数的线性组合意味着存在所有模量的线性组合。$t = \sum_{i=1}^n \alpha_i s_i$$a_i$$q$$q$

编辑14-12-2017：最初的猜想更强，只要t是所有素数q的线性组合mod q，就断言\ mathbb {Z}上存在线性组合。这在我的算法应用程序中更容易利用，但事实证明是错误的。这是一个反例。s_1，\ ldots，s_n由该矩阵的行给出：$\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验证了对于前1000个素数，向量处于这些向量mod的范围内，我有足够的证据证明所有素数都是这种情况。但是，在没有整数线性组合：上面的矩阵在上具有完整等级，并且具有将写入线性组合的独特方式的超过，使用系数。（您不能将写为这些向量mod的线性组合吨= （1 ，1 ，1 ，1 ，1 ，1 ）q Ž - [R （1 ，1 ，1 ，1 ，1 ，1 ）（š 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}$/ 2 ，1 / 2 ）吨$(1/2, 1/2, 1/2, -1/2, -1/2, 1/2)$$t$$4$，但是，它并不与猜想的更新形式相矛盾。）

即使在对和宽松约束下，修改后的猜想也是正确的-它们可以是任意整数向量（只要集合是有限的）。请注意，如果我们将的向量排列到矩阵中，则该问题仅询问线性系统 的整数可解性 ，因此，我将用以下公式表示问题。S t S S S x = $S$$t$$S$$S$

命题：令和。然后，线性系统是可解在当且仅当它是在可解对于所有素权力。小号∈ ž ķ × Ñ吨∈ Ž ķ小号X = 吨ž ž / q ž$S\in\mathbb Z^{k\times n}$$t\in\mathbb Z^k$$Sx=t$$\mathbb Z$$\mathbb Z/q\mathbb Z$$q$

这可以通过至少两种方式证明。

证明1：

对于任何素数，该系统对每个模的可解性意味着它在整数的环中是可解的。（存在一个较小的问题，因为解决方案不是唯一的，因此给定的解决方案mod和mod不需要兼容。可以使用的紧凑性或使用柯尼希的引理。）p p 米p Ž p p 米p 米' ž$p$$p^m$$p$ $\mathbb Z_p$$p^m$$p^{m'}$$\mathbb Z_p$

因此，该系统也可解决乘积 即，有限整数环。我声称这暗示了它在可解性。ž =Πp 素žp，

请注意，系统的可解性（即）可以用阿贝尔群的语言表示为（原始正）一阶句子，并加一个常数以便我们可以定义。现在，可以检查结构的完整一阶理论是否可以按如下方式公理化（它是Presburger算术的无序版本，或者更确切地说，是理论的无序版本）。组）：∃ XS x = t 1 t （Z，+ ，1 ）$\exists x\,Sx=t$$1$$t$$(\mathbb Z,+,1)$$\mathbb Z$

1. 无扭转阿贝尔群论，

2. 每个素数的公理，∀ Xp x ≠ 1 $\forall x\,px\ne1$$p$

3. 每个素数的公理。∀ X∃ ÿ（X = p Ŷ ∨ X = p ý + 1 ∨ ⋯ ∨ X = p Ý + （p - 1 ））$\forall x\,\exists y\,(x=py\lor x=py+1\lor\dots\lor x=py+(p-1))$$p$

但是，所有这些公理也都保存在中。因此，结构和基本相等，并且在的可溶性意味着其在。Ž（ž，+，1）（ Ž，+，1）小号X=吨 ž$\hat{\mathbb Z}$$(\mathbb Z,+,1)$$(\hat{\mathbb Z},+,1)$$Sx=t$$\hat{\mathbb Z}$$\mathbb Z$

实际上，我们实际上并不需要上面的的完全公理化：足以观察到满足公理2，这意味着是一个公理。纯亚组的因此一个纯 -submodule。（ž，+ ，1 ）Ž Ž Ž ž$(\mathbb Z,+,1)$$\hat{\mathbb Z}$$\mathbb Z$$\hat{\mathbb Z}$$\mathbb Z$

证明2：

存在矩阵和，使得矩阵为史密斯正规形式。把。如果是的解，则是，反之，如果是，则是的解。（此等价适用于任何交换环，因为是整数矩阵。）中号∈ ģ 大号（ķ ，Ž）Ñ ∈ ģ 大号（Ñ ，Ž）小号' = 中号小号Ñ 吨' = 中号吨X 小号X = 吨X ' = ñ - 1 X 小号' X ' = 吨' X ' 小号' X ' = 吨' X = ñ $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'$$S'x'=t'$' S x = t M ，M - 1，N ，N - $x=Nx'$$Sx=t$$M,M^{-1},N,N^{-1}$

因此，我们可以不失一般性地假设是对角矩阵（意味着，如果，则多余的行或列为零）。那么只有在以下情况下，系统在不可解：S k ≠ n S x = t $S$$k\ne n$$Sx=t$$\mathbb Z$

1. 对于一些非零对角项的，中的相应条目的不整除或š 我我 š 吨我吨š 我$s_{ii}$$S$$t_i$$t$$s_{ii}$

2. 对于一些的的第i行是零，但。我我š 吨我 ≠ $i$$i$$S$$t_i\ne0$

令为质数，使得，在第一种情况下为。那么系统在不可解。q q ∤ 吨我 q | 小号我我小号X = 吨ž / q $q$$q\nmid t_i$$q\mid s_{ii}$$Sx=t$$\mathbb Z/q\mathbb Z$