क्या सभी आदिम शब्दों का समूह एक प्रधान भाषा है?


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एक शब्द को आदिम कहा जाता है , अगर कोई शब्द और नहीं है तो । एक वर्णमाला पर सभी आदिम शब्दों का सेट एक प्रसिद्ध भाषा है। WLOG हम \ सिग्मा = \ {ए, बी \} चुन सकते हैं ।डब्ल्यू wवी कश्मीर > 1 डब्ल्यू = वी कश्मीर क्यू Σ Σ = { एक , }vk>1w=vkQΣΣ={a,b}

एक भाषा एलL है प्रधानमंत्री , अगर हर भाषा के लिए A और बीB के साथ एल = एक बीL=AB हमारे पास A = { ϵ }A={ϵ} या बी = { ϵ }B={ϵ}

क्यू प्राइम है?

सैट सॉल्वर की सहायता से मैं दिखा सकता हूं कि हमारे पास या तो या है अन्यथा अन्यथा को कारक नहीं बनाया जा सकता है। में और , लेकिन तब से अटक गया है।{ एक , } एक {a,b}A{ एक , } बी {a,b}B{ एक एक एक , एक एक } क्यू {ababa,babab}QAबीB

जवाबों:


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इसका जवाब है हाँ। मान लीजिए कि हमारे पास एक गुणनखंडन ।क्यू = एक बीQ=AB

एक आसान अवलोकन यह है कि और को असंतुष्ट होना चाहिए (क्योंकि लिए हमें )। विशेष रूप से, का केवल एक एक , बी शामिल कर सकते हैं ε । हम wlog मान सकते हैं (के बाद से अन्य मामले पूरी तरह से सममित है) कि ε बी । इसके बाद से और को गैर-रिक्त कारकों में विभाजित नहीं किया जा सकता है, हमारे पास होना चाहिए ।एक Aबी Bडब्ल्यू एक बी wABडब्ल्यू 2क्यूw2QA,BϵϵBaबी b, बी a,bA

इसके बाद, हम ( प्राप्त करते हैं (और, पूरी तरह से, ) सभी द्वारा प्रेरण पर :एक मीटर nambnAमीटर एक एनएक bmanAमीटर , n > 0 m,n>0मीटरm

के लिए , के बाद से , हम होना आवश्यक है के साथ । चूंकि , को कुछ लिए होना चाहिए । लेकिन यदि , तो बाद से हमें , विरोधाभास मिलता है। तो , और एक nमीटर = 1 m=1एक nक्यू abnQएक n = यू वी abn=uvयू , वी बी uA,vBयू ε uϵवी vबी कश्मीरbk कश्मीर n knकश्मीर > 0 k>0bAबी 1 + कश्मीरक्यू b1+kQवी = εv=ϵabnA

आगमनात्मक चरण के लिए, के बाद से एक मीटर + 1nक्यूam+1bnQ हमारे पास एक मीटर + 1n = यू वीam+1bn=uv के साथ यू , वी बीuA,vB । फिर बाद से यू εuϵ , हमारे पास या तो वी = एक कश्मीर nv=akbn कुछ के लिए 0 < कश्मीर < मीटर + 10<k<m+1 , या वी = कश्मीरv=bk कुछ के लिए कश्मीर <एनk<n । लेकिन पूर्व मामले में, वीv में पहले से ही है एकA प्रेरण परिकल्पना द्वारा, तो वी 2क्यूv2Q , विरोधाभास। उत्तरार्द्ध मामले में, हम होना आवश्यक है कश्मीर = 0k=0 (यानी v = εv=ϵ ) के बाद से सेएकbA पर हम पाते हैं1 + कश्मीरक्यूb1+kQ । तो यू = एक मीटर + 1nu=am+1bnA

अब a और b के बीच rr प्रत्यावर्तन के साथ आदिम शब्दों के सामान्य मामले पर विचार करें , यानी w या तो एक m 1 b n 1 है ... एक m s b n s , b m 1 a n 1 ... b m s a n s ( r के लिए) = 2 रों - 1 ), एक मीटर 1n 1 ... एक मीटर रोंabwam1bn1amsbnsbm1an1bmsansr=2s1+ 1am1bn1ams+1 , याबी एम 1 एन 1बी एम एस + 1bm1an1bms+1 (आर=2एस के लिएr=2s); हम दिखा सकते हैं कि वेआरपर इंडक्शनमेंAका उपयोगकर रहे हैं। हमने अभी तक आधार मामलों को कवर किया थाr=0औरr=1rr=0r=1

के लिए आर > 1r>1 , हम पर एक और प्रेरण का उपयोग मीटर 1m1 , जिसके लिए एक के रूप में बहुत ज्यादा उसी तरह काम करता r = 1r=1 ऊपर:

यदि मीटर 1 = 1m1=1 , तो w = यू वीw=uv के साथ यू , वी बीuA,vB , और के बाद से यू εuϵ , वीv की तुलना में कम है आरr alternations। तो vv (या मामले में इसकी जड़ vv ही आदिम नहीं है) AA में अंतर्विरोध के लिए rr पर उपकल्पना द्वारा A में है जब तक कि v = root नहींv=ϵ । तो w = यू w=uA

If m1>1m1>1, in any factorization w=uvw=uv with uϵuϵ, vv either has fewer alternations (and its root is in AA unless v=ϵv=ϵ by the induction hypothesis on rr), or a shorter first block (and its root is in A unless v=ϵv=ϵ by the induction hypothesis on m1m1). In either case we get that we must have v=ϵv=ϵ, i.e. w=uA.


के मामले क्यू ' : = क्यू { ε } बल्कि अधिक जटिल है। टिप्पणी करने के लिए स्पष्ट चीजें हैं जो किसी भी अपघटन में हैं क्यू = एक बी , दोनों एक और बी के सबसेट होना चाहिए क्यू ' के साथ एक बी = { ε } । इसके अलावा, एक , में शामिल किया जाना चाहिए एक बी

थोड़े अतिरिक्त काम के साथ, कोई यह दिखा सकता है कि और बी एक ही सबसेट में होना चाहिए। अन्यथा, कि wlog मान एक एक और बी । हमें का कहना है कि चलो डब्ल्यू क्यू ' एक है उचित गुणन अगर डब्ल्यू = यू वी के साथ यू एक { ε } और वी बी { ε } । हमारे पास दो (सममित) उपकेंद्र हैं जहां पर बी एक जाता है (यह होना चाहिए ) पर निर्भर करता हैA or B since it has no proper factorization).

  • If baA, then aba has no proper factorization since ba,aB. Since abaA would imply ababAB, we get abaB. As a consequence, bab is neither in A (which would imply bababaAB) nor in B (which would imply ababAB). Now consider the word babab. It has no proper factorization since babAB and abab,baba are not primitive. If bababA, then since abaB we get (ba)4AB; if bababB, then since aA we get (ab)3AB. So there is no way to have bababAB, contradiction.
  • The case baB 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.


Wow, you have my respect. I'll go through it later today or tomorrow as I don't have time right now, but I am seriously impressed :) It took me a few hours to get that {a, b} are in A but I didn't exploit that \epsilon is not a primitive word. How did you approach this problem (or was it "just do it"?)? How long did it take you to come up with that proof?
Henning

Thanks! I got the main idea (showing that any nonempty proper suffix of words must be in A) by thinking about what happens to some "simple" words. ϵ,a, and b were relatively straightforward, an or bn were out of the question, and considering ab,abb,abbb, got me on the right path.
Klaus Draeger

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Your proof is beautiful and not as hard as I thought (I feel quite stupid now, I spent some time thinking about it). However it seems to heavily relay on epsilon not being element of Q. Is Q{ϵ} also prime?
Henning

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Good question! I'll have to get back to you on that one.
Klaus Draeger

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Thanks for the comments, and sorry for the delay. The case where we want to include the empty word seems to be more complicated, see update.
Klaus Draeger
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