बहुपद के सह-डोमेन का बेस-के अभ्यावेदन - क्या यह संदर्भ-मुक्त है?

Question

ऑटोमेटा थ्योरी में जेफरी शेलिट के दूसरे पाठ्यक्रम के अध्याय 4 में निम्नलिखित समस्या को खुले रूप में सूचीबद्ध किया गया है:

$p(n)$$p(n) \in \mathbb{N}$$n \in \mathbb{N}$$\{p(n) \mid n \geqslant 0\}$$p$$\leqslant 1$

अब इसकी स्थिति क्या है (अक्टूबर 2018 तक)? क्या यह सिद्ध है? कुछ विशेष मामलों के बारे में क्या?

Comments

यदि (एकात्मक प्रतिनिधित्व) तो भी सरलतम संदर्भ-मुक्त नहीं है (अच्छी तरह से ज्ञात गैर CF भाषा )$k = 1$$p(n) = n^2$$L = \{ 1^{n^2} \}$

— Marzio De Biasi

@MarzioDeBiasi तथाकथित एकीकृत प्रतिनिधित्व आधार नहीं है- $1$ । वास्तविक आधार- 1 में केवल पूर्णांक का प्रतिनिधित्व करने $1$वाला 0 होगा $0$।

— एमिल जेकबेक 3.0

@ EmilJe Emábek: मुझे लगता है कि कई संदर्भों में आधार -1 "एकात्मक प्रतिनिधित्व" का उपनाम है ।

— Marzio De Biasi

Answer 1

बेशक $k \geq 2$ यहाँ।

एक बार होरवाथ द्वारा एक पांडुलिपि थी जो समस्या को हल करने का दावा करती थी, लेकिन यह कई जगहों पर अस्पष्ट थी और मेरे ज्ञान के लिए कभी प्रकाशित नहीं हुई थी।

जहां तक ​​मुझे पता है, समस्या अभी भी खुली है। निहितार्थ की एक दिशा निश्चित रूप से आसान है।

Comments

क्या यह पहले से ही लिए हल है ? (मेरे पास इसे लिए साबित करने का विचार है और अगर यह एक ही तकनीक काम करती है तो शायद दूसरे ठिकानों पर भी लागू की जा सकती है)k = $k= 2$$k=2$

— Marzio De Biasi

मेरे उत्तर के बारे में आपसे कोई प्रतिक्रिया सुनकर मुझे बहुत खुशी होगी।

— डोमटॉर्प

मैं आपके दावे के समाधान को नहीं समझ सकता, क्षमा करें।

— जेफरी शैलिट

मैंने एक और उत्तर बहुत अधिक विस्तार के साथ पोस्ट किया है; पूर्ण विवरण काफी जटिल है, इसलिए मैंने इससे पहले कि कुछ मुख्य विचार है, कुछ सरल नींबू जोड़े हैं, उम्मीद है कि पूरी बात को और अधिक विश्वसनीय बनाता है।

— डोमोटरप

Answer 2

यह और लिए प्रमाण का एक स्केच है ; जहां की बाइनरी प्रतिनिधित्व है । बेहतर स्पष्टता के लिए हम बाईं ओर बाइनरी स्ट्रिंग्स का सबसे कम महत्वपूर्ण स्थान रखते हैं, उदाहरण के लिए ।$k=2$$L = \{[n^2]_2 \mid n \geq 1\}$$[n^2]_2$$n^2$$[4^2]_2 = 00001$

मूल विचार यह है कि संदर्भ मुक्त है, और फिर इसे एक सरल नियमित भाषा साथ इसे "सरल" करने की कोशिश करें ; नई भाषा अभी भी संदर्भ मुक्त है और इसमें अभी भी वर्गों का द्विआधारी प्रतिनिधित्व होना चाहिए; तब हम सीएफ भाषाओं के लिए पम्पिंग लेम्मा लागू करते हैं ताकि एक बाइनरी स्ट्रिंग प्राप्त कर सकें जो कि एक वर्ग का प्रतिनिधित्व नहीं करता है।$L$$R$$L \cap R$

नियमित शब्दों के साथ को जोड़ना जिसमें केवल अंको की छोटी परिमित संख्या होती है, आशाजनक नहीं है। यह पता चलता है कि चार अंक हमें एक सीएफ भाषा मिलती है; और पांच अंकों के साथ हमें एक स्पष्ट रूप से कठिन संख्या सिद्धांत समस्या मिलती है।$L$$1$$1$$(R = \{ 0^*1 \}, \{ 0^*10^*1 \}, \{ 0^*10^*10^*1 \}, \{0^*10^*10^*10^*1\} )$$1$

होनहार दृष्टिकोण साथ को प्रतिच्छेद करना है ; यह वर्ग के लिए को प्रतिबंधित करने के बराबर है :$L$$R = 1\,0^+\,1^+\,0^+\,1$$L$

$$n^2 = 2^0 + 2^a((2^b - 1) + 2^{b+c}), 1<a,b,c$$

(अनौपचारिक रूप से विषम वर्ग, जिनके बाइनरी प्रतिनिधित्व में बीच में s के सिवाय सभी s शामिल हैं )।$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

कुछ प्रयासों के साथ, हम निम्नलिखित साबित कर सकते हैं:

प्रमेय: संख्या एक वर्ग है यदि और केवल यदि$2^0 + 2^a((2^b - 1) + 2^{b+c});\quad 0<c, 3<a<b$

$$b = 2a-3, c = a - 3$$

(प्रमाण काफी लंबा है, मैं इसे अपने ब्लॉग पर प्रकाशित करूंगा)

इस बिंदु पर, हम आसानी से यह साबित कर सकते हैं कि पंपिंग लेम्मा (हम स्ट्रिंग) के अधिकांश दो "खंडों" पर पंप कर सकते हैं । इसलिए भी संदर्भ मुक्त नहीं है।$L \cap R$$100..0011...1100.001$$L$

संभवतः उसी तकनीक को किसी भी आधार लागू किया जा सकता है ।$k$

Comments

बेस 2 में का परिणाम लंबे समय से ज्ञात है। चुनौती यह है कि हर बहुपद के लिए इस काम की तरह एक निर्माण किया जाए जो पूर्णांक से पूर्णांक और हर आधार के लिए मानचित्र बनाता है। $(n^2)$

— जेफरी श्लिट 10

हम इतने ही समान हैं, मैंने इस समस्या के बारे में सोचने के लिए अपने अंतिम कुछ दिन बिताए हैं, हालांकि मैंने पूरी तरह से अलग दृष्टिकोण लिया है।

— डोमटॉर्प

Answer 3

मुझे लगता है कि मेरे पास एक सबूत है। इसका प्रमाण इस लेम्मा से है।

लेम्मा। एक संदर्भ-मुक्त भाषा यदि असीम रूप से कई में समान लंबाई के शब्द हैं जिनके पहले अक्षर समान हैं और उनके अंतिम अक्षर अलग हैं (जोड़ीदार), तो एक ऐसा है कि वहाँ हैं असीम रूप से कई जोड़े के बराबर लंबाई के हैं जो केवल उनके अंतिम अक्षरों में भिन्न हैं ।$L$$n$$n^6$$n^2$$n$$B$$u,v\in L$$B$

इसलिए यदि और द्विआधारी संख्याओं का प्रतिनिधित्व करते हैं, तो उनका अंतर प्रायः असीम होगा, जो बहुपद के लिए असंभव है। दूसरी ओर, कुछ संख्या सिद्धांत के साथ यह दिखाया जा सकता है कि स्थिति हर पूर्णांक मूल्यवान बहुपद लिए संतुष्ट है : कोई जिसके लिए , और फिर वांछित शब्द प्राप्त करने के लिए उनमें से प्रत्येक के लिए कुछ पर्याप्त बड़ी संख्या जोड़ें ।$u$$v$$2^B$$p$$x_1,\ldots,x_{n^6}$$f(x_i)\ne f(x_j)$$N$$f(x_i+N)$

लेम्मा का प्रमाण। एक बड़ा पर्याप्त लें जैसे कि समान लंबाई के शब्द हैं, , जो शर्तों को पूरा करते हैं। प्रत्येक लिए एक तरीका तय करें जिसमें इसे संदर्भ-मुक्त व्याकरण से उत्पन्न किया जा सके। (चेतावनी! मैं इस क्षेत्र का विशेषज्ञ नहीं हूं, इसलिए मैं उचित शर्तों का उपयोग नहीं कर सकता।)$n$$n^6$$w_1,\ldots,w_{n^6}$$w_i$

यह कहें कि एक नियम _ दो अक्षर और अंतिम शब्द के को विभाजित करता है , यदि और दोनों से व्युत्पन्न हैं , लेकिन को से लिया गया है , जबकि को से लिया गया । प्रत्येक नियम एक दूसरे से अधिकांश अक्षरों में होता है।$A\to BC$ बी सी बी सी ए बी बी सी सी ओ ( 1 ) डब्ल्यू आई$b$$c$$b$$c$$A$$b$$B$$c$$C$$O(1)$$w_i$

किसी भी , पहले अक्षरों के बीच लगातार अक्षर होंगे जो एक दूसरे से कुछ लगातार नियमों से विभाजित होते हैं जैसे कि अंतिम अक्षर के बीच कोई दो अक्षर इन नियमों को लागू करते समय एक दूसरे से विभाजित नहीं होते हैं । यदि हम इन नियमों को सामूहिक रूप से लेटर के लिए , तो अंतिम अक्षरों में से कोई भी अक्षर से , और सभी पहले अक्षरों के कुछ भाग में परिवर्तित हो गए हैं। हम पंपिंग लेम्मा को नियम में लागू कर सकते हैं$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$ यदि पर्याप्त बड़ा है।$n$

पंपिंग लेम्मा क्या देता है (जैसा कि लंबाई है), इसके बारे में कबूतरहोल सिद्धांत के द्वारा अक्षर, विकल्प के अंतराल के लिए केवल दो शब्द होंगे जिनके लिए ये सभी समान हैं। लेकिन फिर पंप करने के बाद हम इन दो शब्दों के लिए एक सामान्य रूप से लंबे समय तक सामान्य प्रारंभिक भाग प्राप्त कर सकते हैं, जबकि हम जानते हैं कि वे केवल अपने अंतिम बिट्स में भिन्न होंगे ।$\binom{n^2}2$$\Omega(n)$$O(n)$$O(1)$$n$

Answer 4

ध्यान दें। यह मेरे अन्य उत्तर का अधिक विस्तृत संस्करण है, क्योंकि यह पर्याप्त समझ में नहीं आता था। मैंने इसे अधिक मानक पम्पिंग लेमेस से मिलता जुलता रूपांतरित करने की कोशिश की है, लेकिन पूर्ण प्रमाण को जटिल होने का रास्ता मिल गया। मैं मुख्य विचार को समझने के लिए पहले दो नींबू के बयान को पढ़ने की सलाह देता हूं, फिर कोरोलरी का बयान और आखिर में, जहां मैं यह साबित करता हूं कि कोरोलरी प्रश्न का उत्तर क्यों देती है।

प्रमाण पंपिंग लेम्मा के एक सामान्यीकरण पर आधारित है। जिस नींबू की हमें आवश्यकता होती है वह काफी विस्तृत होता है, इसलिए इसे तुरंत कहने के बजाय, मैं कुछ आसान सामान्यीकरणों के साथ शुरू करता हूं, अंततः अधिक जटिल लोगों का निर्माण करता हूं। जैसा कि मैंने बाद में सीखा है, यह तथाकथित इंटरचेंज लेम्मा के समान है ।

ट्विन पम्पिंग लेम्मा। हर संदर्भ-मुक्त भाषा लिए एक ऐसा है जो किसी भी शब्दों से हम दो, और चयन कर सकते हैं , जिसे और रूप में लिखा जा सकता है ऐसा है कि , और हर शब्द , जहां या तो या , और इसी तरह, या तो या हो सकता है$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'$ˉ एक्स मैं एक्स एक्स ' ˉ वी मैं = वी ˉ एक्स मैं = एक्स ˉ वी मैं = वी ' ˉ एक्स मैं = एक्स ' ˉ यू = यू ˉ y = yऔर या तो किया जा सकता है या है, लेकिन केवल ऐसी है कि यदि और केवल यदि (इस प्रकार यदि और केवल यदि ,) और यदि और केवल if और यदि और केवल if । इसके अलावा, यदि बजाय , हमें शब्द की लंबाई दी जाती है , तो हम इसके अलावा चयनित दो शब्दों के लिए मान सकते हैं कि,,,$\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'|$| y| =| y′|और।$|y|=|y'|$

इस कथन को अनिवार्य रूप से उसी तरह से साबित किया जा सकता है जैसे पंपिंग लेम्मा, हमें बस कुछ और चुनने की जरूरत है , जिसके लिए एक ही नियम पंप है। यह तब किया जा सकता है यदि काफी बड़ा है क्योंकि केवल एक स्थिर संख्या में नियम हैं। वास्तव में, हमें यह भी आवश्यकता नहीं है कि एक ही नियम को पंप किया जाता है, लेकिन केवल गैर-टर्मिनल प्रतीक ही पंप किए गए नियम में समान है। इसके अलावा भाग के लिए, ध्यान दें कि लंबाई एक शब्द के लिए केवल विकल्प हैं, इसे पांच उप-पासवर्डों में तोड़ा जा सकता है, इस प्रकार यह कथन कबूतर सिद्धांत से अनुसरण करता है।$s$$s'$$p$$n$$\binom {n+4}4$

अगला हम पंपिंग लेम्मा को सामान्य करने का एक और तरीका देते हैं (और बाद में हम दोनों को जोड़ देंगे)।

नेस्टेड पम्पिंग लेम्मा। हर संदर्भ-मुक्त भाषा लिए ऐसा , जिसमें किसी भी लिए कोई भी शब्द लिखा जा सकता है, जैसे कि और प्रत्येक अनुक्रम लिए शब्द ।$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$

ध्यान दें कि सूचकांक से तक मनमाना हो सकता है , एक ही सूचकांक कई बार हो सकता है। नेस्टेड पम्पिंग लेम्मा का प्रमाण मूल रूप से मूल पम्पिंग लेम्मा के समान ही है, हमें बस यह उपयोग करने की आवश्यकता है कि हम अपने आप ही समय से एक ही गैर-टर्मिनल चिन्ह प्राप्त करते हैं - यह सच है यदि हम कदम ( मूल पंप लेम्मा से बजाय )। हम इसी तरह से ओग्डेन के लेम्मा को भी मजबूत कर सकते हैं।$i_j$$1$$k$$k$$p(k-1)+1$$p$

नेस्टेड ऑग्डेन के लेम्मा। हर संदर्भ-मुक्त भाषा लिए ऐसा , जो किसी भी लिए किसी भी शब्द में कम से कम पदों में किसी भी शब्द में चिह्नित करता है , इसे रूप में लिखा जा सकता है जैसे कि '# अंकों का ' और हर अनुक्रम में शब्द ।$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$

दुर्भाग्य से, हमारे आवेदन में बहुत बड़ा होगा, इसलिए हमें गैर-नेस्टेड - जोड़े को अनुमति देने के लिए निष्कर्ष को कमजोर करने की आवश्यकता है । सौभाग्य से, दिलवर्थ का उपयोग करते हुए, संरचना सरल रहती है।$p^k$$v_i$$x_i$

दिलवर्थ ऑग्डेन की लेम्मा। हर संदर्भ-मुक्त भाषा लिए ऐसा जो किसी भी को किसी भी शब्द में कम से कम पदों को चिह्नित करने के लिए , इसे या तो लिखा जा सकता है$L$$p$$k,\ell$$pk\ell$$s\in L$

मामला (i): , या जैसा$s=uv_1\ldots v_kwx_k\ldots x_1y$

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

ऐसे कि '# अंकों का ' और हर अनुक्रम के लिए ,$\forall i~1\le$$v_ix_i$$\le pk\ell$$(i_j)_{j=1}^m$

यदि (i) शब्द , और$uv_{i_1}\ldots v_{i_m}wx_{i_m}\ldots x_{i_1}y\in L$

यदि (ii) शब्द ।$uv_1^{i_1}w_1x_1^{i_1}\ldots v_\ell^{i_\ell}w_\ell x_\ell^{i_\ell}y\in L$

सबूत: लो व्युत्पत्ति पेड़ पैदा । एक गैर-टर्मिनल आवर्ती को बुलाओ अगर यह फिर से व्युत्पन्न पेड़ में खुद के नीचे दिखाई देता है। नियम सेट का विस्तार करके, हम मान सकते हैं कि व्युत्पन्न पेड़ में सभी गैर-टर्मिनल प्रतीक आवर्ती हैं। (यह समझा जाना चाहिए कि हमने उनकी पुनरावृत्ति को समाप्त कर दिया है; इससे कोई फर्क नहीं पड़ता, मुद्दा यह है कि उन्हें पंप किया जा सकता है।) कम से कम पत्ते हैं जो एक चिह्नित स्थिति के अनुरूप हैं। हम उन नोड्स को देखते हैं जहां दो चिह्नित पत्र विभाजित होते हैं। कम से कम ऐसे नोड होते हैं। कबूतर सिद्धांत द्वारा, कम से कम एक ही गैर-टर्मिनल के अनुरूप है। दिलवर्थ,$s$पी कश्मीर ℓ Ω ( पी कश्मीर ℓ ) Ω ( पी कश्मीर ℓ ) Ω ( √$pk\ell$$\Omega(pk\ell)$$\Omega(pk\ell)$$\Omega(\sqrt{p}k)$Ω( √उनमें से एक श्रृंखला में हैं या एक एंटीथिन में हैं, क्रमशः मामलों (i) और (ii), अगर काफी बड़ा है।$\Omega(\sqrt{p}\ell)$$p$

अब हम एक बड़े संयोजन लेम्मा को तैयार करने के लिए तैयार हैं।

सुपर लेम्मा। हर विषय से मुक्त भाषा के लिए है एक ऐसी है कि किसी के लिए ही अंकन कम से कम में पदों शब्द , प्रत्येक की लंबाई , दो शब्द हैं, और , जिसे और रूप में लिखा जा सकता है या और$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'$$s=uv_1w_1x_1\ldots v_\ell w_\ell x_\ell y$$s'=u'v_1'w_1'x_1'\ldots v_\ell'w_\ell'x_\ell'y'$| यूऐसे कि सब-पासवर्ड की संबंधित लंबाई एक ही है, अर्थात,;इत्यादि, और में एक चिह्न होता है, और प्रत्येक अनुक्रम लिए शब्द या क्रमशः, जहां अर्थ या , यानी, हम स्वतंत्र रूप से इंटरएक्टिव सब-पासवर्ड को मिक्स कर सकते हैं और , लेकिन केवल ऐसे$|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$यदि और केवल if आदि।$\bar y=y$

सुपर लेम्मा के सबूत स्केच: प्रत्येक लिए ऑग्डेन के लेम्मा को लागू करें । कर रहे हैं और संभव विकल्प, क्रमशः, जहां की subwords के बीच की सीमाओं हो सकता है । भाषा में गैर टर्मिनलों के एक निरंतर संख्या इस प्रकार डब्बों में सिद्धांत, अगर द्वारा, कर रहे हैं बड़ा पर्याप्त है, एक ही गैर टर्मिनल में पम्प किया जाता है / कम से कम दो शब्दों के लिए नियम, और , यह भी एक ही अधीन सीमा है।$s_i$$\binom {n+2k+2}{2k+2}$$\binom {n+3\ell+1}{3\ell+1}$$s_i$$p$$k$$\ell$$s$$s'$

दुर्भाग्य से, इस लेम्मा से आने वाली संख्या हमारे आवेदन के लिए बहुत बड़ी है। हालाँकि, हम सब-पासवर्ड के बीच कम संयोगों की मांग करके इसे घटा सकते हैं। अब हम लेम्मा का वर्णन करते हैं जिसे हम उपयोग करेंगे।$N$

विशेष लेम्मा। प्रत्येक संदर्भ-मुक्त भाषा लिए ऐसा जो कि लिए शब्द में कम से कम पदों को समान करने के लिए , प्रत्येक की लंबाई , दो शब्द हैं। और , जिसे या तो रूप में लिखा जा सकता है और ऐसा है कि या तो$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'$

मामला (i): ऐसा कि ;, और(अर्थात, बाद की दो स्थितियों का अर्थ है कि की स्थिति की स्थिति के समान है ), या$\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'$

मामला (ii): , ,और(अर्थात, इन दो स्थितियों का अर्थ है कि की स्थिति की स्थिति के ),$\forall i<k$ $|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'$

और (दोनों मामलों के लिए) में एक चिह्न होता है, और प्रत्येक अनुक्रम लिए शब्द , जहां अर्थ या , अर्थात, हम स्वतंत्र रूप से और से मध्यवर्ती सब-पासवर्ड को मिला सकते हैं , लेकिन केवल इस तरह कि if और only if आदि, या$\forall i$ $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$

मामला (iii): & को रूप में लिखा जा सकता है और ऐसाऔर, और में एक चिह्न है, और और ।$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$$uv_1^hw_1x_1^hv_2w_2x_2y\in L$$u'v_1^hw_1x_1^hv_2'w_2'x_2'y'\in L$

सबूत केवल सुपर लेम्मा से अलग है कि केस (i) में एक शब्द के लिए संभावित विकल्प हैं, जो केस (ii) के लिए विकल्प छोड़ता है , जबकि मामले में (iii) विकल्प हैं ।$k\binom n2$$\binom n2$$\binom n2$

परिणाम। हर के लिए तो देखते हैं और के साथ इस तरह देखते हैं कि लंबाई के शब्दों एक विषय से मुक्त भाषा में जिनकी पहली पत्र प्रत्येक शब्द के लिए ही कर रहे हैं, और उनके पिछले पत्र प्रत्येक जोड़ी या शब्दों (यानी, शब्द की तरह लग रही के लिए अलग हैं ऐसा है कि , , , और और$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}$ बीएकज≠खज∈एलबी), तो एक ऐसा है कि असीम लंबाई के में समान रूप से शब्द कई जोड़े हैं जो केवल उनके अंतिम अक्षरों में भिन्न हैं ।$B$$a_h\ne b_h\in L$$B$

प्रमाण: और हमारे शब्दों के लिए का उपयोग करते हुए विशेष Lemma लागू करें , पहले अक्षरों को चिह्नित करें (जो कि समान हैं हर शब्द में) और या और ।$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'$

यदि हम विशेष लेम्मा के मामले (i) में हैं, तो एक ऐसा है ;, और, फिर और भी धारण करें, क्योंकि को शामिल करने की आवश्यकता है चिह्नित पत्र, इस प्रकार उप पासवर्ड से पहले केवल चिह्नित पत्र होते हैं, और ये और में समान होते हैं । हम शब्दों को और$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$$b_h=uv_1\ldots v_i^hv_{i+1}'\ldots v_t'w'x_t'\ldots x_1'y'$रोंरों'एकज≠खजवांछित जोड़े प्राप्त करने के लिए; चूँकि ये शब्द उसी तरह से समाप्त होते हैं जैसे कि और , और वे केवल अपने अंतिम कई अक्षरों में भिन्न होते हैं।$s$$s'$$a_h\ne b_h$

यदि हम विशेष लेम्मा के मामले (ii) में हैं, तो, , ,और, फिर भी धारण करता है, पिछले मामले की तरह। अब हम और ; तब से$\forall i<k$ $|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$, ये शब्द निश्चित रूप से अलग तरह से समाप्त होते हैं और केवल उनके अंतिम बंधे हुए कई अक्षरों में भिन्न हो सकते हैं। (ध्यान दें कि यह एकमात्र ऐसी जगह है जहाँ हमें वास्तव में ज़रूरत होती है कि हम एक शब्द को दूसरे के सब-वे के साथ पंप कर सकें।)

यदि हम विशेष लेम्मा के मामले में (iii) हैं, तो, और ऐसाऔर, तब और भी पकड़ हैं, पिछले मामलों की तरह। अब हम और ; चूँकि में एक चिह्नित पत्र है; , इस प्रकार ये शब्द निश्चित रूप से अलग-अलग समाप्त होते हैं और केवल उनके अंतिम बद्ध कई अक्षरों में भिन्न हो सकते हैं। $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$

यह कोरोलरी के प्रमाण को समाप्त करता है। अब देखते हैं कि कोरोलरी से मूल प्रश्न को कैसे साबित किया जाए।

अंतिम प्रमाण। पहले हम दिखाते हैं कि कोरोलरी की स्थिति प्रत्येक पूर्णांक मूल्यवान बहुपद लिए संतुष्ट है । कुछ बड़े पर्याप्त लिए और सेट करें । योजना कुछ संख्याएँ लेने के लिए है (जहाँ ) जिसके लिए , और फिर उनमें से प्रत्येक के लिए पर्याप्त रूप से बड़ी संख्या जोड़ दें। वांछित शब्द प्राप्त करें । की डिग्री तो है , तो ज्यादा से ज्यादा संख्या एक ही मूल्य ले जा सकते हैं, इस प्रकार हम चुन सकते हैं पहले से$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}$$2dN$ संख्या, जिसका अर्थ है कि उनके पास अंक हैं। इस स्थिति में , इस प्रकार प्रत्येक में अधिकांश अंक होंगे। यदि हम को अंक संख्या , तो पास अंक होंगे, और प्रत्येक केवल अंतिम अंक भिन्न हो सकते हैं। सभी होगा या अंक, इस प्रकार कम से कम आधा अर्थात पर, उनमें से एक ही लंबाई है; ये ।$\log(dn)$$f(x_i)=O((dN)^d)$$f(x_i)$$d\log N + O(1)=O(\log n)$$z$$n/d$$f(z)$$n$$f(x_i+z)$O()$O(\log n)$$f(x_i+z)$$n$$n+1$$N$$s_i$

के निष्कर्ष से हम असीम रूप से कई जोड़ी संख्या और , जैसे , जो बहुपद के लिए स्पष्ट रूप से असंभव है।$a_h$$b_h$$|a_h-b_h|\le 2^B$