Các biểu diễn cơ sở-k của đồng miền của một đa thức - nó có phải là ngữ cảnh không?

Trong chương 4 của khóa học thứ hai của Jeffrey Shallit về lý thuyết tự động , vấn đề sau đây được liệt kê là mở:

Đặt là một đa thức với các hệ số hợp lý sao cho cho tất cả . Chứng minh hoặc chứng minh rằng ngôn ngữ của các biểu diễn cơ sở-k của tất cả các số nguyên trong là không có ngữ cảnh khi và chỉ khi mức độ là \ leqslant 1 .$p(n)$$p(n) \in \mathbb{N}$$n \in \mathbb{N}$$\{p(n) \mid n \geqslant 0\}$$p$$\leqslant 1$

Tình trạng của nó bây giờ là gì (kể từ tháng 10 năm 2018)? Nó đã được chứng minh? Một số trường hợp đặc biệt thì sao?

Tất nhiên $k \geq 2$ ở đây.

Đã từng có một bản thảo của Horváth tuyên bố giải quyết vấn đề, nhưng nó không rõ ràng ở một số nơi và theo hiểu biết của tôi không bao giờ được xuất bản.

Theo tôi biết, vấn đề vẫn còn mở. Một hướng của hàm ý là dễ dàng, tất nhiên.

Đây là bản phác thảo bằng chứng cho và ; trong đó là biểu diễn nhị phân của . Để rõ ràng hơn, chúng tôi đặt bit nhị phân nhỏ nhất của chuỗi nhị phân ở bên trái, ví dụ .$k=2$$L = \{[n^2]_2 \mid n \geq 1\}$$[n^2]_2$$n^2$$[4^2]_2 = 00001$

Ý tưởng cốt lõi là giả định rằng có ngữ cảnh, và sau đó cố gắng "đơn giản hóa" nó giao với nó với một ngôn ngữ thông thường đơn giản ; ngôn ngữ mới vẫn không có ngữ cảnh và nó vẫn chứa các biểu diễn nhị phân của hình vuông; sau đó chúng tôi áp dụng bổ đề bơm cho các ngôn ngữ CF để có được chuỗi nhị phân không phải là biểu diễn của hình vuông.$L$$R$$L \cap R$

Giao tiếp với các từ thông thường chỉ chứa một số hữu hạn nhỏ gồm chữ số không hứa hẹn. Hóa ra có tối đa bốn chữ số chúng tôi có ngôn ngữ CF; và với năm chữ số, chúng ta có được một bài toán lý thuyết số khó.$L$$1$$1$$(R = \{ 0^*1 \}, \{ 0^*10^*1 \}, \{ 0^*10^*10^*1 \}, \{0^*10^*10^*10^*1\} )$$1$

Cách tiếp cận đầy hứa hẹn là giao cắt với ; tương đương với việc giới hạn vào các ô vuông:$L$$R = 1\,0^+\,1^+\,0^+\,1$$L$

(các ô vuông lẻ không chính thức có biểu diễn nhị phân chứa tất cả s trừ một chuỗi s ở giữa).$0$$1$

    n        n^2  n                  n^2
   39       1521  111..1             1...11111.1
  143      20449  1111...1           1....1111111..1
  543     294849  11111....1         1.....111111111...1
 2111    4456321  111111.....1       1......11111111111....1
 8319   69205761  1111111......1     1.......1111111111111.....1
33023 1090518529  11111111.......1   1........111111111111111......1
                  LSB          MSB   LSB                         MSB

Với một số nỗ lực, chúng tôi có thể chứng minh những điều sau đây:

Định lý: số là một hình vuông khi và chỉ khi$2^0 + 2^a((2^b - 1) + 2^{b+c});\quad 0<c, 3<a<b$

(bằng chứng khá dài, tôi sẽ xuất bản nó trên blog của mình)

Tại thời điểm này, chúng tôi có thể dễ dàng chứng minh rằng không có ngữ cảnh khi sử dụng bổ đề bơm (chúng tôi có thể bơm tối đa hai "phân đoạn" của chuỗi ). Vì vậy, cũng không phải là bối cảnh miễn phí.$L \cap R$$100..0011...1100.001$$L$

Có lẽ kỹ thuật tương tự có thể được áp dụng cho bất kỳ cơ sở .$k$

Tôi nghĩ rằng tôi có một bằng chứng. Bằng chứng sau bổ đề này.

Bổ đề. Đối với ngôn ngữ không ngữ cảnh nếu trong vô số có từ có độ dài bằng nhau có chữ cái đầu tiên giống nhau và chữ cái cuối cùng của chúng khác nhau (thì có một sao cho có sao cho có vô số cặp có độ dài bằng nhau chỉ khác nhau ở các chữ cái cuối cùng của chúng .$L$$n$$n^6$$n^2$$n$$B$$u,v\in L$$B$

Vì vậy, nếu và đại diện cho số nhị phân, thì sự khác biệt của chúng sẽ nhiều nhất là , điều này là không thể đối với đa thức. Mặt khác, với một số lý thuyết số, có thể chỉ ra rằng điều kiện được thỏa mãn cho mọi đa thức có giá trị : Lấy bất kỳ mà và sau đó thêm một số đủ lớn vào mỗi từ để có được các từ mong muốn .$u$$v$$2^B$$p$$x_1,\ldots,x_{n^6}$$f(x_i)\ne f(x_j)$$N$$f(x_i+N)$

Chứng minh bổ đề. Lấy một đủ lớn sao cho có từ có độ dài bằng nhau, , thỏa mãn các điều kiện. Đối với mỗi sửa một cách mà nó có thể được tạo từ ngữ pháp không ngữ cảnh. (Cảnh báo! Tôi không phải là chuyên gia trong lĩnh vực này, vì vậy tôi có thể không sử dụng các thuật ngữ phù hợp.)$n$$n^6$$w_1,\ldots,w_{n^6}$$w_i$

Nói rằng việc áp dụng một quy tắc chia tách hai chữ và của từ cuối cùng, nếu và đều có nguồn gốc từ , nhưng có nguồn gốc từ , trong khi có nguồn gốc từ . Mỗi quy tắc chia tối đa chữ cái của với nhau.$A\to BC$ b c b c Một b B c C O ( 1 ) w i$b$$c$$b$$c$$A$$b$$B$$c$$C$$O(1)$$w_i$

Trong bất kỳ nào , sẽ có các chữ cái liên tiếp trong số chữ cái đầu tiên được phân tách với nhau theo một số quy tắc liên tiếp sao cho không có hai chữ cái nào trong số chữ cái cuối cùng được tách ra trong khi áp dụng các quy tắc này . Nếu chúng ta viết các quy tắc này chung cho chữ là , thì không có chữ cái nào trong chữ cái cuối cùng được lấy từ cho và đều được chuyển đổi thành một phần của chữ cái đầu tiên . Chúng ta có thể áp dụng bổ đề bơm cho quy tắc$w_i$$\Omega(n)$$n^2$$n$$w_i$$A_i\to B_i^1B_i^2\ldots B_i^n$$n$$B_i^j$$j<n$$B_i^1B_i^2\ldots B_i^{n-1}$$n^2$$A_i\to B_i^1B_i^2\ldots B_i^n$ n nếu đủ lớn.$n$

Chỉ có lựa chọn cho khoảng thời gian của các chữ cái , tùy chọn về những gì bổ đề bơm đưa ra (vì nó có độ dài ), do đó theo nguyên tắc pigeonhole sẽ có hai từ mà tất cả đều giống nhau. Nhưng sau khi bơm, chúng ta có thể có được phần ban đầu chung dài tùy ý cho hai từ này, trong khi chúng ta biết rằng chúng sẽ chỉ khác nhau ở bit cuối cùng của chúng .$\binom{n^2}2$$\Omega(n)$$O(n)$$O(1)$$n$

Ghi chú. Đây là phiên bản chi tiết hơn nhiều cho câu trả lời khác của tôi, vì điều đó dường như không đủ dễ hiểu. Tôi đã cố gắng chuyển đổi nó để giống với các máy bơm tiêu chuẩn hơn, nhưng bằng chứng đầy đủ đã trở nên phức tạp. Tôi khuyên bạn nên đọc tuyên bố của hai bổ đề đầu tiên để hiểu ý chính, sau đó là tuyên bố của Hệ quả, và cuối cùng là kết thúc, nơi tôi chứng minh tại sao Hệ quả ngụ ý câu trả lời cho câu hỏi.

Bằng chứng dựa trên sự khái quát hóa bổ đề bơm. Bổ đề mà chúng ta cần khá phức tạp, vì vậy thay vì nói rõ ngay, tôi bắt đầu với một số khái quát dễ dàng hơn, cuối cùng xây dựng thành những vấn đề phức tạp hơn. Như sau này tôi đã biết, điều này rất giống với cái gọi là bổ đề trao đổi .

Bổ đề bơm đôi. Đối với mỗi bối cảnh tự do ngôn ngữ có một như vậy từ bất kỳ từ chúng ta có thể chọn hai, và , có thể được viết như và sao cho , và mọi từ , trong đó có thể là hoặc và tương tự, có thể là hoặc$L$$p$$p$$s_1,\ldots,s_p\in L$$s$$s'$$s=uvwxy$$s'=u'v'w'x'y'$$1\le |vx|\le p$$1\le |v'x'|\le p$$\bar u\bar v_1\ldots \bar v_n \bar w\bar x_n \ldots \bar x_1 \bar y\in L$$\bar w$$w$$w'$$\bar v_i$$v$$v'$và có thể là hoặc , nhưng chỉ sao cho khi và chỉ khi (do đó khi và chỉ khi ), và khi và chỉ khi và khi và chỉ khi . Hơn nữa, nếu thay vì , chúng ta được cung cấp từ có độ dài , chúng ta có thể giả sử thêm hai từ đã chọn là,,,$\bar x_i$$x$$x'$$\bar v_i=v$$\bar x_i=x$$\bar v_i=v'$$\bar x_i=x'$$\bar u=u$$\bar y=y$$\bar u=u'$$\bar y=y'$$p$$p\binom {n+4}4$$n$$|u|=|u'|$$|v|=|v'|$$|w|=|w'|$$|x|=|x'|$| y| =| y′|và.$|y|=|y'|$

Tuyên bố này về cơ bản có thể được chứng minh giống như bổ đề bơm, chúng ta chỉ cần chọn một số và mà quy tắc tương tự được bơm. Điều này có thể được thực hiện nếu đủ lớn vì chỉ có một số quy tắc không đổi. Trên thực tế, chúng ta thậm chí không cần quy tắc tương tự được bơm, nhưng chỉ có biểu tượng không đầu cuối là giống nhau trong quy tắc được bơm. Đối với phần hơn nữa, lưu ý rằng đối với một từ có độ dài , chỉ có tùy chọn, nó có thể được chia thành năm từ khóa phụ, do đó, câu lệnh tuân theo nguyên tắc pigeonhole.$s$$s'$$p$$n$$\binom {n+4}4$

Tiếp theo, chúng tôi đưa ra một cách khác để khái quát hóa bổ đề bơm (và sau này chúng tôi sẽ kết hợp cả hai).

Bổ đề bơm lồng nhau. Đối với mọi ngôn ngữ không có ngữ cảnh có một sao cho mọi bất kỳ từ nào có thể được viết là sao cho và cho mỗi chuỗi từ .$L$$p$$k$$s\in L$$s=uv_1\ldots v_kwx_k\ldots x_1y$$\forall i~1\le |v_ix_i|\le p$$(i_j)_{j=1}^m$$uv_{i_1}\ldots v_{i_m}wx_{i_m}\ldots x_{i_1}y\in L$

Lưu ý rằng các chỉ số có thể tùy ý từ đến , cùng một chỉ mục có thể xảy ra nhiều lần. Bằng chứng của Bổ đề bơm lồng nhau về cơ bản giống như bổ đề bơm ban đầu, chúng ta chỉ cần sử dụng rằng chúng ta có cùng ký hiệu không đầu cuối từ chính nó lần - điều này đúng nếu chúng ta thực hiện các bước (thay vì từ bổ đề bơm ban đầu). Chúng ta cũng có thể củng cố bổ đề của Ogden theo cách tương tự.$i_j$$1$$k$$k$$p(k-1)+1$$p$

Bổ đề của Ogden lồng nhau. Đối với mọi ngôn ngữ không ngữ cảnh có một sao cho mọi đánh dấu ít nhất bất kỳ vị trí nào trong bất kỳ từ nào , nó có thể được viết là sao cho '# of mark in ' và với mọi chuỗi từ .$L$$p$$k$$p^k$$s\in L$$s=uv_1\ldots v_kwx_k\ldots x_1y$$\forall i~1\le$$v_ix_i$$\le p^k$$(i_j)_{j=1}^m$$uv_{i_1}\ldots v_{i_m}wx_{i_m}\ldots x_{i_1}y\in L$

Thật không may, trong ứng dụng của chúng tôi sẽ quá lớn, vì vậy chúng tôi cần làm yếu kết luận để cho phép các cặp - không lồng nhau . May mắn thay, sử dụng Dilworth, cấu trúc vẫn đơn giản.$p^k$$v_i$$x_i$

Bổ đề của Dilworth Ogden. Đối với mọi ngôn ngữ không ngữ cảnh có một sao cho mọi đánh dấu bất kỳ vị trí nào trong bất kỳ từ nào , nó có thể được viết là$L$$p$$k,\ell$$pk\ell$$s\in L$

trường hợp (i): hoặc như$s=uv_1\ldots v_kwx_k\ldots x_1y$

trường hợp (ii): ,$s=uv_1w_1x_1\ldots v_\ell w_\ell x_\ell y$

sao cho '# của các dấu trong ' và cho mọi chuỗi ,$\forall i~1\le$$v_ix_i$$\le pk\ell$$(i_j)_{j=1}^m$

trong trường hợp (i) từ , và$uv_{i_1}\ldots v_{i_m}wx_{i_m}\ldots x_{i_1}y\in L$

trong trường hợp (ii) từ .$uv_1^{i_1}w_1x_1^{i_1}\ldots v_\ell^{i_\ell}w_\ell x_\ell^{i_\ell}y\in L$

Chứng minh: Lấy cây phái sinh tạo . Gọi một định kỳ không đầu cuối nếu nó xuất hiện lại dưới chính nó trong cây phái sinh. Bằng cách mở rộng bộ quy tắc, chúng ta có thể giả sử rằng tất cả các biểu tượng không đầu cuối đang lặp lại trong cây phái sinh. (Điều này được hiểu là chúng ta có thể đã loại bỏ sự tái phát của chúng; điều này không quan trọng, vấn đề là chúng có thể được bơm.) Có ít nhất tương ứng với một vị trí được đánh dấu. Chúng tôi xem xét các nút nơi hai chữ cái được đánh dấu tách. Có ít nhất các nút như vậy. Theo nguyên tắc pigeonhole, ít nhất tương ứng với cùng một thiết bị đầu cuối. Sử dụng Dilworth,$s$p k ℓ Ω ( p k ℓ ) Ω ( p k ℓ ) Ω ( √$pk\ell$$\Omega(pk\ell)$$\Omega(pk\ell)$$\Omega(\sqrt{p}k)$Ω( √trong số chúng nằm trong một chuỗi hoặc nằm trong antichain, lần lượt đưa ra các trường hợp (i) và (ii), nếu đủ lớn.$\Omega(\sqrt{p}\ell)$$p$

Bây giờ chúng tôi đã sẵn sàng để nêu một bổ đề kết hợp lớn.

Bổ đề siêu. Đối với mọi ngôn ngữ không ngữ cảnh có một sao cho mọi đánh dấu cùng một vị trí ít nhất là trong từ , mỗi độ dài , có hai từ, và , có thể được viết là và HOẶC và$L$$p$$k,\ell$$pk\ell$$N\ge \max(pn^{2k+2},pn^{3\ell+1})$$s_1,\ldots,s_N\in L$$n$$s$$s'$$s=uv_1\ldots v_kwx_k\ldots x_1y$$s'=u'v_1'\ldots v_k'w'x_k'\ldots x_1'y'$$s=uv_1w_1x_1\ldots v_\ell w_\ell x_\ell y$ ' 1 ...v ' ℓ w ' ℓ x ' ℓ y'| bạn$s'=u'v_1'w_1'x_1'\ldots v_\ell'w_\ell'x_\ell'y'$sao cho độ dài tương ứng của các từ khóa phụ đều giống nhau, nghĩa là,, v.v. và chứa một dấu và cho mỗi chuỗi từ OR , tương ứng, trong đó là viết tắt của hoặc , nghĩa là chúng ta có thể tự do trộn các từ khóa trung gian từ và , nhưng chỉ sao cho| = | bạn ′ | | v i | = | v ′ i | ∀ i v i x i ( i j ) m j = 1 ˉ u ˉ v i 1 ... ˉ v i m$|u|=|u'|$$|v_i|=|v_i'|$$\forall i$ $v_ix_i$$(i_j)_{j=1}^m$$\bar u\bar v_{i_1}\ldots \bar v_{i_m}\bar w\bar x_{i_m}\ldots \bar x_{i_1} \bar y\in L$$\bar u\bar v_1^{i_1}\bar w_1\bar x_1^{i_1}\ldots \bar v_\ell^{i_\ell}\bar w_\ell \bar x_\ell^{i_\ell}\bar y \in L$$\bar z$$z$$z'$$s$$s'$$\bar u=u$nếu và chỉ khi v.v.$\bar y=y$

Bản phác thảo bằng chứng về Siêu bổ đề: Áp dụng Bổ đề của Dilworth Ogden cho mỗi . Có các tùy chọn có thể và , trong đó ranh giới giữa các từ khóa phụ của có thể . Có một số lượng không phải thiết bị đầu cuối trong ngôn ngữ, do đó theo nguyên tắc pigeonhole, nếu đủ lớn, cùng một thiết bị đầu cuối không được bơm trong quy tắc / cho ít nhất hai từ, và , Điều đó cũng có cùng ranh giới từ phụ.$s_i$$\binom {n+2k+2}{2k+2}$$\binom {n+3\ell+1}{3\ell+1}$$s_i$$p$$k$$\ell$$s$$s'$

Thật không may, số xuất phát từ bổ đề này quá lớn so với ứng dụng của chúng tôi. Tuy nhiên, chúng ta có thể giảm nó bằng cách yêu cầu ít sự trùng hợp hơn giữa các từ khóa phụ. Bây giờ chúng tôi nêu ra bổ đề mà chúng tôi sẽ sử dụng.$N$

Bổ đề đặc biệt. Đối với mọi ngôn ngữ không ngữ cảnh có một sao cho mọi đánh dấu ít nhất các vị trí giống nhau trong từ , mỗi độ dài , có hai từ, và , có thể được viết là và sao cho$L$$p$$k$$pk$$N=pkn^2$$s_1,\ldots,s_N\in L$$n$$s$$s'$$s=uv_1\ldots v_kwx_k\ldots x_1y$$s'=u'v_1'\ldots v_k'w'x_k'\ldots x_1'y'$

trường hợp (i): sao cho ,và(nghĩa là hai điều kiện sau có nghĩa là vị trí của giống với vị trí của ), OR$\exists i<k$$|x_i|=|x_i'|=0$$|uv_1\ldots v_{i-1}|=|u'v_1'\ldots v_{i-1}'|$$|v_i|=|v_i'|$$v_i$$v_i'$

trường hợp (ii): , ,và(nghĩa là hai điều kiện này có nghĩa là vị trí của giống với vị trí của ),$\forall i<k$ $|x_i|\ge 1$$|x_i'|\ge 1$$|uv_1\ldots v_{k-1}|=|u'v_1'\ldots v_{k-1}'|$$|v_kwx_k|=|v_k'w'x_k'|$$v_kwx_k$$v_k'w'x_k'$

và (cho cả hai trường hợp) chứa một dấu và cho mỗi chuỗi từ , trong đó là viết tắt của hoặc , tức là chúng ta có thể tự do trộn các từ khóa trung gian từ và , nhưng chỉ sao cho khi và chỉ khi , v.v.$\forall i$ $v_ix_i$$(i_j)_{j=1}^m$$\bar u\bar v_{i_1}\ldots \bar v_{i_m}\bar w\bar x_{i_m}\ldots \bar x_{i_1}\bar y\in L$$\bar z$$z$$z'$$s$$s'$$\bar u=u$$\bar y=y$

case (iii): và có thể được viết là và sao chovà, Và chứa một nhãn hiệu, và và .$s$$s'$$s=uv_1w_1x_1v_2w_2x_2y$$s'=u'v_1'w_1'x_1'v_2'w_2'x_2'y'$$|u|=|u'|$$|v_1w_1x_1|=|v_1'w_1'x_1'|$$\forall i$ $v_ix_i$$uv_1^hw_1x_1^hv_2w_2x_2y\in L$ v ' 2 w ' 2 x ' 2 y ' ∈ L$u'v_1^hw_1x_1^hv_2'w_2'x_2'y'\in L$

Bằng chứng chỉ khác với Super Lemma là có các tùy chọn có thể có cho một từ trong trường hợp (i), để lại các tùy chọn cho trường hợp (ii), trong khi trong trường hợp (iii) có các tùy chọn .$k\binom n2$$\binom n2$$\binom n2$

Hệ quả. Nếu với mọi có và với sao cho có từ có độ dài trong ngôn ngữ không ngữ cảnh có chữ cái đầu tiên giống nhau cho mỗi từ và các chữ cái cuối cùng của chúng khác nhau đối với mỗi cặp hoặc từ (nghĩa là các từ trông giống như sao cho , , và và$p$$t$$n$$n\ge p(t+1)+t$$N=n^3$$n$$L$$p(t+1)$$t$$s_i=s_i^{beg}s_i^{mid}s_i^{end}$$|s_i^{beg}|=p(t+1)$$|s_i^{mid}|=n-p(t+1)-t$$|s_i^{end}|=t$$\forall i\ne j~s_i^{beg}= s_j^{beg}$$s_i^{end}\ne s_j^{end}$), sau đó có một sao cho có vô số cặp từ có độ dài bằng nhau chỉ khác nhau trong các chữ cái cuối cùng của chúng .$B$$a_h\ne b_h\in L$$B$

Chứng minh: Lấy và áp dụng Bổ đề đặc biệt cho các từ của chúng tôi bằng cách sử dụng , đánh dấu các chữ cái đầu tiên giống nhau trong mỗi từ) để có được và HOẶC và .$k=t+1$$N$$N=n^3\ge p(t+1)n^2$$p(t+1)$$s=uv_1\ldots v_{t+1}wx_{t+1}\ldots x_1y$$s'=u'v_1'\ldots v_{t+1}'w'x_{t+1}'\ldots x_1'y'$$s=uv_1w_1x_1v_2w_2x_2y$$s'=u'v_1'w_1'x_1'v_2'w_2'x_2'y'$

Nếu chúng ta ở trong trường hợp (i) của Bổ đề đặc biệt, nghĩa là có một sao cho ,và, sau đó và cũng giữ, vì cần phải chứa a chữ cái được đánh dấu, do đó, các từ khóa trước bao gồm các chữ cái được đánh dấu và chúng giống nhau trong và . Chúng tôi có thể lấy các từ và$i$$|x_i|=|x_i'|=0$$|uv_1\ldots v_{i-1}|=|u'v_1'\ldots v_{i-1}'|$$|v_i|=|v_i'|$$uv_1\ldots v_{i-1}=u'v_1'\ldots v_{i-1}'$$v_i=v_i'$$v_{i+1}wx_{i+1}$$v_{i+1}$$s$$s'$$a_h=uv_1\ldots v_i^h\ldots v_twx_t\ldots x_1y$$b_h=uv_1\ldots v_i^hv_{i+1}'\ldots v_t'w'x_t'\ldots x_1'y'$để có được các cặp mong muốn; vì những từ này kết thúc giống như và , và chúng chỉ khác nhau ở nhiều chữ cái cuối cùng.$s$$s'$$a_h\ne b_h$

Nếu chúng ta đang ở trong trường hợp (ii) của Bổ đề đặc biệt, nghĩa là, , ,và, sau đó cũng giữ, tương tự như trong trường hợp trước. Bây giờ chúng ta có thể lấy và ; kể từ$\forall i<k$ $|x_i|\ge 1$$|x_i'|\ge 1$$|uv_1\ldots v_t|=|u'v_1'\ldots v_t'|$$|v_{t+1}wx_{t+1}|=|v_{t+1}'w'x_{t+1}'|$$uv_1\ldots v_t=u'v_1'\ldots v_t'$$a_h=uv_1\ldots v_tv_{t+1}^{h}wx_{t+1}^{h}x_t\ldots x_1y$$b_h=uv_1\ldots v_tv_{t+1}^{h}wx_{t+1}^{h}x_t'\ldots x_1'y'$$|x_t\ldots x_1y|=|x_t'\ldots x_1'y'|\ge t$, những từ này chắc chắn kết thúc khác nhau và chỉ có thể khác nhau trong nhiều chữ cái giới hạn cuối cùng của chúng. (Lưu ý rằng đây là nơi duy nhất chúng tôi thực sự cần mà chúng tôi có thể bơm một từ bằng một từ phụ của từ kia.)

Nếu chúng ta ở trong trường hợp (iii) Bổ đề đặc biệt, nghĩa là và sao chovà, sau đó và cũng giữ, tương tự như trong các trường hợp trước. Bây giờ chúng ta có thể lấy và ; vì chứa một chữ cái được đánh dấu, , do đó những từ này chắc chắn kết thúc khác nhau và chỉ có thể khác nhau trong nhiều chữ cái bị ràng buộc cuối cùng của chúng. $s=uv_1w_1x_1v_2w_2x_2y$$s'=u'v_1'w_1'x_1'v_2'w_2'x_2'y'$$|u|=|u'|$$|v_1w_1x_1|=|v_1'w_1'x_1'|$$u=u'$$v_1w_1x_1=v_1'w_1'x_1'$$a_h=uv_1^hw_1x_1^hv_2w_2x_2y\in L$$b_h=uv_1^hw_1x_1^hv_2'w_2'x_2'y'\in L$$v_2$$|v_2w_2x_2y|\ge t$

Điều này kết thúc bằng chứng của hệ quả. Bây giờ hãy xem làm thế nào để chứng minh câu hỏi ban đầu từ Hệ quả.

Bằng chứng cuối cùng. Đầu tiên chúng tôi chỉ ra rằng điều kiện của Hệ quả được thỏa mãn cho mọi đa thức có giá trị . Đặt và cho một số đủ lớn . Kế hoạch là lấy một số số (trong đó ) trong đó , sau đó thêm một số đủ lớn vào mỗi số đó thu được các từ mong muốn . Nếu độ của là , thì hầu hết các số có thể có cùng giá trị, do đó chúng ta có thể chọn từ đầu tiên$f$$t=p-1$$n=C^p$$C=C(f)$$x_1,\ldots,x_{2N}$$N=2n^3$$f(x_i)\ne f(x_j)$$z$$s_i=f(x_i+z)$$f$$d$$d$$x_1,\ldots,x_{2N}$$2dN$ , có nghĩa là chúng có chữ số . Trong trường hợp này , do đó mỗi sẽ có nhiều nhất là các chữ số . Nếu chúng ta chọn là số có , thì sẽ có chữ số và với mỗi chỉ các chữ số cuối cùng có thể khác nhau. Tất cả sẽ có hoặc chữ số, do đó, ít nhất một nửa, tức là trong số chúng có cùng độ dài; đây sẽ là .$\log(dn)$$f(x_i)=O((dN)^d)$$f(x_i)$$d\log N + O(1)=O(\log n)$$z$$n/d$$f(z)$$n$$f(x_i+z)$$O(\log n)$$f(x_i+z)$$n$$n+1$$N$$s_i$

Từ kết luận của Hệ quả, chúng ta thu được vô số cặp số và , sao cho , điều này rõ ràng là không thể đối với đa thức.$a_h$$b_h$$|a_h-b_h|\le 2^B$