Nếu

Say, $L \subseteq \{0\}^*$ . Thì làm sao chúng ta có thể chứng minh rằng $L^*$ là thường xuyên?

Nếu $L$ là bình thường, thì tất nhiên $L^*$ cũng là bình thường. Nếu $L$ là hữu hạn, thì nó là thường xuyên và một lần nữa $L^*$ là thường xuyên. Ngoài ra tôi đã nhận thấy rằng, đối với $L = \{0^p \mid p \text{ is a prime}\}$ , $L$ là không thường xuyên, $L \subseteq \{0\}^*$ và $L^*$ là thông thường.

Nhưng làm thế nào để hiển thị điều này cho bất kỳ tập hợp con $L$ của $\{0\}^*$ ?

Giả sử chứa hai từ w 1 và w 2 sao cho độ dài của các từ này, | w 1 | và | w 2 | , không có yếu tố chung. Sau đó, chúng ta có từ dài nhất không thể hình thành bằng cách ghép các từ này có độ dài ( | w 1 | - 1 ) ( | w 2 | - 1 ) - 1 ( số Frobenius$L$$w_1$$w_2$$|w_1|$$|w_2|$$(|w_1|-1)(|w_2|-1) - 1$). Đó là để nói, nếu có từ trong ngôn ngữ có độ dài không có một yếu tố chung, sau đó tất cả các từ có chiều dài tối thiểu nhất định trong ngôn ngữ . Thật dễ dàng để thấy điều này là thường xuyên vì, về sự cần thiết, có một số lượng hữu hạn các lớp tương đương theo mối quan hệ không thể phân biệt Myhill - Nerode.$L^*$

Điều gì xảy ra nếu độ dài của tất cả các từ trong chung một yếu tố? Vâng, Nó không khó để thấy rằng trong những trường hợp như vậy, L * cũng là bình thường. Đơn giản chỉ cần lưu ý rằng thay vì tất cả các từ có độ dài lớn hơn một số chiều dài tối thiểu là trong L * , nó sẽ thay là đúng rằng tất cả các từ có độ dài là bội số của GCD có độ dài từ sẽ được trong L * , và không có chữ có độ dài không phải là bội số của GCD này sẽ được, và từ ( L k ) * là thường xuyên cho bất kỳ số nguyên k , L * cũng là bình thường.$L$$L^*$$L^*$$L^*$$(L^k)^*$$k$$L^*$

Điều này khá không chính thức, nhưng tất cả mọi thứ bạn cần để chính thức hóa điều này nên ở đây.

The basic idea is that in a language built on a one-letter alphabet, every sufficiently long word is a concatenation of shorter words. So when you take a word $w$ in $L^*$, i.e. a concatenation of words in $L$, there is a core $\mathring{L}$ such that $w$ is a concatenation of words in $\mathring{L}$. Thus $L^* = \mathring{L}^*$. It turns out that $\mathring{L}$ is finite, hence it and $L^*$ are regular.

Let $M$ be a subset of $L$ and $w$ a word in $L$. $w$ can be expressed as a concatenation of words in $L$ iff $|w|$ can be expressed as a sum of elements of $S \subset \mathbb{N}$ where $S$ is the set of lengths of words in $M$. Thus the problem reduces to expressing an integer as a sum of integers in a particular set (with repetitions allowed): can $|w|$ be expressed as $k_1 s_1 + \ldots + k_m s_m$$\forall i, s_i \in S$$k_1 \in \mathbb{N}$?

This is a well-known problem in arithmetic, and the answer is that if the coefficients $(k_i)$ can be negative ($k_i \in \mathbb{Z}$), $|w|$ is expressible iff it is a multiple of the greatest common divisor of the elements of $S$: $\gcd S$. With a requirement for non-negative coefficients, this still holds for sufficiently large $|w|$.

Consider the infinite sequence $(g_i)_{i\ge\min S}$ defined by $g_i = \gcd (S \cap [0,i])$. This is a decreasing sequence of integers (starting with $g_{\min S} = \min S$, so it is constant after a certain index $j$; and $g_j = \gcd S$. By the Chinese remainder theorem, every element of $S$ can be expressed as $k_1 s_1 + \ldots + k_m s_m$ with $\forall i, k_i \in \mathbb{Z}$ and $\{s_1, \ldots, s_m\} = S \cup [0,j]$. If $x \in S$ and $x \ge s_1 \cdot \ldots \cdot s_m$ then you can pick all non-negative coefficients.

Enough arithmetic. Let $\mathring{L} = \{w \in L \mid |w| \le g_j\}$. Every word in $L$ can be expressed as a concatenation of words in $L$ whose length is at most $g_j$, i.e. $L \subseteq \mathring{L}^*$. Since we also have $\mathring{L} \subseteq L$, we have $L^* = \mathring{L}^*$, which is regular since $\mathring{L}$ is finite hence regular.

Alternatively, use the characterization of regular languages in single-letter alphabets.