Chứng minh rằng ngôn ngữ (cây) không thể nhận ra Buchi

Tôi đang xem xét một số lưu ý về automata cây và tôi đang cố gắng kết luận một bằng chứng cho thấy giáo sư chưa hoàn thành. Tuyên bố là:

Đặt và . Chứng minh rằng không thể nhận ra Buchi.$A = \{a,b\}$$T = \{t \in T_A^{\omega} \mid \text{every path in $t$ contains a finite number of $a$}\}$$T$

Bây giờ chúng ta có thể định nghĩa các tập hợp con sau của cây trong đó có một tại các vị trí: với .$t_n \subseteq T$$t \in t_n$$a$$\epsilon, 1^{m_1}0, 1^{m_1}01^{m_2}0, \ldots, 1^{m_1}01^{m_2}0\ldots1^{m_n}0$$m_i > 0$

Bây giờ giả sử rằng là máy tự động Buchi nhận ra với và chỉ xuất hiện ở phần gốc tính toán của nó. Đặt và là một lần chạy thành công của trên .$\mathcal{A} = (Q, A, \Delta, q_0, F)$$T$$|Q| = n+1$$q_0$$t \in t_n$$r$$\mathcal{A}$$t$

Yêu cầu: $\color{red}{\text{There exists $u \leq v < w$ such that $r(u) = r(w) = s \in F$ and $t(v) = a$.}}$

Rõ ràng nếu chúng tôi chứng minh rằng tuyên bố đó là đúng, chúng tôi có thể chứng minh tuyên bố ban đầu: lấy phần phụ của và lấy bằng cách thay thế cây con bằng . Chúng ta có tồn tại một run giống hệt với lên đến vị trí cho và sẽ tuân theo cùng một chuỗi các trạng thái tại như đã làm ở , và do đó chấp nhận. Lặp lại quy trình và bạn có được một nhánh với vô hạn s được chấp nhận bởi . (Đây chỉ là ý tưởng sơ bộ, nó đòi hỏi một chút hình thức, nhưng nó không phải là điểm của câu hỏi.)$t_v$$t' \in t_{n+1}$$t_w$$t_v$$r'$$r$$w$$w$$v$$a$$\mathcal{A}$

Câu hỏi của tôi là: làm thế nào để tôi chứng minh yêu cầu?

Tôi có thể chỉ ra rằng tồn tại một với thuộc tính đó (thực sự đủ tốt cho phần còn lại của bằng chứng), nhưng không đưa ra một cố định mà câu lệnh giữ cho bất kỳ lần chạy thành công nào.$t' \in t_{2n}$$t_n$

Ý tưởng của tôi chỉ đơn giản là: cho rằng đang chấp nhận thì phải tồn tại một lặp lại vô hạn lần trong một đường đi qua . Sau đó, lấy một cây giống hệt lên đến vị trí nơi trên con đường đó, và thêm một bên dưới vị trí như vậy. Bây giờ cây này vẫn được máy tự động chấp nhận và tồn tại một lần chạy chấp nhận giống hệt với đến vị trí , nhưng sau đó không thể sử dụng lại$r$$s \in F$$1^{m_1}01^{m_2}0\ldots1^{m_n}0$$t'' \in t_{n+1}$$t_n$$x$$r(x) = s$$a$$r'$$r$$x$$r'$$s$để chấp nhận cùng một đường dẫn (nếu không chúng tôi đã tìm thấy ba trạng thái của yêu cầu) và do đó, nó phải sử dụng một trạng thái khác . Lặp lại cho tất cả các trạng thái cuối cùng và bạn có rằng phải chạy với thuộc tính đó.$s'$$t_{2n}$

Có cách nào để áp dụng loại lý luận này cho , vv để thu được kết quả cho không? Có vẻ như nhiều nhất tôi có thể chứng minh rằng có tồn tại một với một lần chạy với thuộc tính đó, trong khi yêu cầu bồi thường mạnh hơn. Hay tôi đang đi sai hướng?$t_{n-1}$$t_{n-2}$$t_n$ $t'' \in t_n$

Ý tưởng là chơi với 's, như sau.$m_i$

Hãy xem xét một cây , trong đó có trong , và ở nơi nào khác. Nhìn vào con đường - một hoạt động chấp nhận trên nó có vô số trạng thái chấp nhận. Chờ cho đến khi tình trạng chấp nhận như vậy đã đạt được, và chỉ sau đó đặt tại , nơi đủ lớn.$t_1$$a$$\epsilon$$1^\omega$$a$$1^{m_1}0$$m_1$

Bây giờ, hãy nhìn vào đường dẫn , một lần nữa, cuối cùng nó cũng có trạng thái chấp nhận, biểu thị độ dài của nó bằng , đặt ở và nhìn vào lúc . Đến bây giờ bạn đã có gần như những gì bạn muốn - hai trạng thái chấp nhận với giữa chúng (nói một cách không chính thức). Nhưng bạn chưa được đảm bảo rằng cả hai trạng thái chấp nhận là như nhau. Để thực thi cái sau, chúng tôi lặp lại quy trình trong lần, do đó làm cạn kiệt số lượng trạng thái chấp nhận và theo nguyên tắc pigeonhole, hai trạng thái chấp nhận phải bằng nhau.$1^{m_1}01^\omega$$m_2$$a$$1^{m_1}01^{m_2}0$$1^{m_1}01^{m_2}01^\omega$$a$$n$