Является ли множество всех примитивных слов основным языком?

Слово $w$ называется примитивным , если нет слов и так что . Множество всех примитивных слов над алфавитом является хорошо известным языком. WLOG мы можем выбрать .$v$$k > 1$$w = v^k$$Q$$\Sigma$$\Sigma = \{ a,b \}$

Язык является простой , если для каждого языка и с мы имеем или .$L$$A$$B$$L = A \cdot B$$A = \{\epsilon\}$$B = \{ \epsilon \}$

Q премьер?

С помощью решателя SAT я мог показать, что у нас есть или как в противном случае не может быть разложено в и , но застрял с тех пор.$\{a,b\} \subseteq A$$\{a,b\} \subseteq B$$\{ ababa, babab \} \subset Q$$A$$B$

Ответ - да. Предположим , что мы имеем разложение на множители $Q = A\cdot B$ .

Одно простое наблюдение состоит в том, что $A$ и $B$ должны быть непересекающимися (поскольку для $w\in A\cap B$ мы получаем $w^2\in Q$ ). В частности, только один из $A,B$ может содержать $\epsilon$ . Можно считать , без потери общности (так как в другом случае вполне симметрично) , что $\epsilon\in B$ . Тогда с $a$ и $b$ не может быть учтен в непустые факторы, мы должны иметь , б ∈ A .$a,b\in A$

Затем мы получаем, что $a^mb^n\in A$ (и, совершенно аналогично, $b^ma^n\in A$ ) для всех $m,n>0$ по индукции по$m$ :

При $m=1$ , так как $ab^n\in Q$ , мы должны иметь $ab^n = uv$ с $u\in A, v\in B$ . Поскольку $u\neq\epsilon$ , $v$ должно быть $b^k$ для некоторого $k\le n$ . Но если $k>0$ , то, поскольку $b\in A$ получаем $b^{1+k}\in Q$ , противоречие. Так$v=\epsilon$ , а б п ∈ . $ab^n\in A$

Для шага индукции, так как $a^{m+1}b^n\in Q$ мы имеем $a^{m+1}b^n = uv$ с $u\in A, v\in B$ . Так как снова $u\neq\epsilon$ , мы имеем либо $v = a^kb^n$ для некоторого $0<k<m+1$ , либо $v=b^k$ для некоторого $k<n$ . Но в первом случае$v$ по предположению индукцииуже находится в$A$ , поэтому$v^2\in Q$ , противоречие. В последнем случае, мы должны иметь$k=0$ (т.е.$v=\epsilon$ )так как из$b\in A$ мы получаем$b^{1+k}\in Q$ . Таким образом$u=a^{m+1}b^n\in A$ .

Теперь рассмотрим общий случай примитивных слов с $r$ чередованиями между $a$ и $b$ , т.е. $w$ является либо $a^{m_1}b^{n_1}\ldots a^{m_s}b^{n_s}$ , $b^{m_1}a^{n_1}\ldots b^{m_s}a^{n_s}$ (для $r=2s-1$ ), $a^{m_1}b^{n_1}\ldots a^{m_{s+1}}$ или $b^{m_1}a^{n_1}\ldots b^{m_{s+1}}$ (для$r=2s$); мы можем показать, что они все в$A$используя индукцию по$r$. То, что мы сделали до сих пор, охватило базовые случаи$r=0$ и $r=1$ .

Для $r>1$ мы используем другую индукцию на $m_1$ , которая работает почти так же, как и для $r=1$ выше:

Если $m_1=1$ , то $w=uv$ с $u\in A, v\in B$ и, поскольку $u\neq\epsilon$ , $v$ имеет меньше $r$ чередований. Таким образом, $v$ (или его корень в случае, если само $v$ не является примитивным) находится в $A$ по предположению индукции на $r$ для противоречия, как указано выше, если только $v=\epsilon$ . Таким образом , $w=u\in A$ .

Если $m_1>1$ , в любой факторизации $w=uv$ с $u\neq\epsilon$ , $v$ либо имеет меньше чередований (и его корень находится в $A$ если только $v=\epsilon$ по предположению индукции на $r$ ), либо более короткий первый блок (и его корень находится в A, если только $v=\epsilon$ по предположению индукции на $m_1$ ). В любом случае мы получаем, что мы должны иметь $v=\epsilon$ , т.е.$w=u\in A$ .

Случай $Q' := Q\cup\{\epsilon\}$ несколько сложнее. Очевидные вещи , к следует отметить , что в любом разложении $Q = A\cdot B$ , как и В должны быть подмножества Q ' с A ∩ B = { е } . Кроме того , , б должны содержаться в ∪ B .$A$$B$$Q'$$A\cap B = \{\epsilon\}$$a,b$$A\cup B$

Если немного поработать, можно показать, что $a$ и $b$ должны находиться в одном и том же подмножестве. В противном случае, предположим , без потери общности , что ∈ и б ∈ B . Скажем, что w ∈ Q ′ имеет правильную факторизацию, если w = u v с u ∈ A ∖ { ϵ } и v ∈ B ∖ { ϵ } . У нас есть два (симметричных) случая, в зависимости от того, куда идет b a (оно должно быть в$a\in A$$b\in B$$w\in Q'$$w=uv$$u\in A\setminus\{\epsilon\}$$v\in B\setminus\{\epsilon\}$$ba$$A$ или$B$ так как не имеет правильной факторизации).

• Если $ba\in A$ , то б не имеет надлежащего разложение поскольку б , а ∉ B . Так б в ∈ A будет означать б в б ∈ A ⋅ B , мы получаем в б а ∈ B . Как следствие, b a b не входит ни в A (что подразумевает b a b a b a ∈ A$aba$$ba,a\notin B$$aba\in A$$abab\in A\cdot B$$aba\in B$$bab$$A$$bababa\in A\cdot B$ ), ни в$B$ (что подразумевает$abab\in A\cdot B$ ). Теперь рассмотрим слово$babab$ . Он не имеет надлежащей факторизации, поскольку$bab\notin A\cup B$ и$abab,baba$ не являются примитивными. Если$babab\in A$ , то, поскольку$aba\in B$ мы получаем $(ba)^4\in A\cdot B$ ; если $babab\in B$, 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.
• Случай $ba\in B$ вполне симметричен. В двух словах: $bab$ не имеет надлежащей факторизации и не может быть в $B$ , поэтому оно должно быть в $A$ ; следовательно, $aba$ не может быть в $A$ или $B$ ; следовательно, $ababa$ не имеет надлежащей факторизации, но также не может быть ни в $A$ ни в $B$ , противоречие.

В настоящее время я не уверен, как выйти за рамки этого пункта; было бы интересно посмотреть, можно ли систематизировать приведенный выше аргумент.