Tập hợp tất cả các từ nguyên thủy có phải là ngôn ngữ chính không?

Một từ $w$ được gọi là nguyên thủy , nếu không có từ và sao cho . Tập của tất cả các từ nguyên thủy trong bảng chữ cái là một ngôn ngữ nổi tiếng. Chúng ta có thể chọn .$v$$k > 1$$w = v^k$$Q$$\Sigma$$\Sigma = \{ a,b \}$

Một ngôn ngữ là số nguyên tố , nếu với mọi ngôn ngữ và có chúng ta có hoặc .$L$$A$$B$$L = A \cdot B$$A = \{\epsilon\}$$B = \{ \epsilon \}$

Là Q nguyên tố?

Với sự giúp đỡ của một SAT giải tôi có thể chứng minh rằng chúng ta có thể sở hữu hoặc nếu không không thể factorized vào và , nhưng đã bị mắc kẹt kể từ đó.$\{a,b\} \subseteq A$$\{a,b\} \subseteq B$$\{ ababa, babab \} \subset Q$$A$$B$

Câu trả lời là có. Giả sử chúng ta có một nhân tử $Q = A\cdot B$ .

Một quan sát dễ dàng là $A$ và $B$ phải rời nhau (vì đối với $w\in A\cap B$ chúng tôi nhận $w^2\in Q$ ). Cụ thể, chỉ một trong $A,B$ có thể chứa $\epsilon$ . Chúng ta có thể giả định wlog (kể từ khi trường hợp khác là hoàn toàn đối xứng) mà $\epsilon\in B$ . Sau đó, từ $a$ và $b$ không thể được tính vào yếu tố không trống, chúng ta phải có $a,b\in A$ .

Tiếp theo chúng ta nhận được rằng $a^mb^n\in A$ (và, hoàn toàn Tương tự,$b^ma^n\in A$ ) cho tất cả$m,n>0$ bằng cảm ứng trên$m$ :

Đối với $m=1$ , từ $ab^n\in Q$ , chúng ta phải có $ab^n = uv$ với $u\in A, v\in B$ . Kể từ khi $u\neq\epsilon$ , $v$ phải $b^k$ đối với một số $k\le n$ . Nhưng nếu $k>0$ , sau đó kể từ khi $b\in A$ chúng tôi nhận $b^{1+k}\in Q$ , mâu thuẫn. Vì thế$v=\epsilon$ , và$ab^n\in A$ .

Đối với bước quy nạp, vì $a^{m+1}b^n\in Q$ , chúng tôi có $a^{m+1}b^n = uv$ với $u\in A, v\in B$ . Kể từ khi một lần nữa $u\neq\epsilon$ , chúng tôi có một trong hai $v = a^kb^n$ đối với một số $0<k<m+1$ , hoặc $v=b^k$ đối với một số $k<n$ . Nhưng trong trường hợp thứ nhất,$v$ là đã có trong$A$ bằng giả thuyết cảm ứng, vì vậy$v^2\in Q$ , mâu thuẫn. Trong trường hợp sau, chúng ta phải có $k=0$ (tức là $v=\epsilon$ ) từ từ $b\in A$ chúng tôi nhận $b^{1+k}\in Q$ . Vì vậy, $u=a^{m+1}b^n\in A$ .

Bây giờ xem xét các trường hợp chung của từ nguyên thủy với $r$ alternations giữa $a$ và $b$ , tức là $w$ là một trong hai $a^{m_1}b^{n_1}\ldots a^{m_s}b^{n_s}$ , $b^{m_1}a^{n_1}\ldots b^{m_s}a^{n_s}$ (đối với $r=2s-1$ ), $a^{m_1}b^{n_1}\ldots a^{m_{s+1}}$ , hoặc$b^{m_1}a^{n_1}\ldots b^{m_{s+1}}$ (cho$r=2s$); chúng ta có thể chỉ ra rằng tất cả họ đều ở trong$A$ using induction on $r$. What we did so far covered the base cases $r=0$ and $r=1$.

For $r>1$, we use another induction on $m_1$, which works very much the same way as the one for $r=1$ above:

Nếu $m_1=1$ , sau đó $w=uv$ với $u\in A, v\in B$ , và kể từ $u\neq\epsilon$ , $v$ có ít hơn $r$ alternations. Vì vậy, $v$ (hoặc gốc của nó trong trường hợp $v$ chính nó là không nguyên thủy) là $A$ bằng giả thuyết cảm ứng trên $r$ cho một sự mâu thuẫn như trên trừ khi $v=\epsilon$ . Vì vậy, $w=u\in A$ .

If $m_1>1$, in any factorization $w=uv$ with $u\neq\epsilon$, $v$ either has fewer alternations (and its root is in $A$ unless $v=\epsilon$ by the induction hypothesis on $r$), or a shorter first block (and its root is in A unless $v=\epsilon$ by the induction hypothesis on $m_1$). In either case we get that we must have $v=\epsilon$, i.e. $w=u\in A$.

The case of $Q' := Q\cup\{\epsilon\}$ is rather more complicated. The obvious things to note are that in any decomposition $Q = A\cdot B$, both $A$ and $B$ must be subsets of $Q'$ with $A\cap B = \{\epsilon\}$. Also, $a,b$ must be contained in $A\cup B$.

With a bit of extra work, one can show that $a$ and $b$ must be in the same subset. Otherwise, assume wlog that $a\in A$ and $b\in B$. Let us say that $w\in Q'$ has a proper factorization if $w=uv$ with $u\in A\setminus\{\epsilon\}$ and $v\in B\setminus\{\epsilon\}$. We have two (symmetric) subcases depending on where $ba$ goes (it must be in $A$ or $B$ since it has no proper factorization).

• If $ba\in A$, then $aba$ has no proper factorization since $ba,a\notin B$. Since $aba\in A$ would imply $abab\in A\cdot B$, we get $aba\in B$. As a consequence, $bab$ is neither in $A$ (which would imply $bababa\in A\cdot B$) nor in $B$ (which would imply $abab\in A\cdot B$). Now consider the word $babab$. It has no proper factorization since $bab\notin A\cup B$ and $abab,baba$ are not primitive. If $babab\in A$, then since $aba\in B$ we get $(ba)^4\in A\cdot B$; if $babab\in B$, then since $a\in A$ we get $(ab)^3\in A\cdot B$. So there is no way to have $babab\in A\cdot B$, contradiction.
• The case $ba\in B$ is completely symmetric. In a nutshell: $bab$ has no proper factorization and cannot be in $B$, so it must be in $A$; therefore $aba$ cannot be in $A$ or $B$; therefore $ababa$ has no proper factorization but also cannot be in either $A$ or $B$, contradiction.

I am currently not sure how to proceed beyond this point; it would be interesting to see if the above argument can be systematically generalized.