ชุดคำดั้งเดิมทั้งหมดเป็นภาษาสำคัญหรือไม่

คำ$w$เรียกว่าดั้งเดิม , ถ้าไม่มีคำ$v$และ$k > 1$เพื่อให้$w = v^k$ k ชุด$Q$ของคำดั้งเดิมทั่วตัวอักษร$\Sigma$เป็นภาษาที่รู้จักกันดี WLOG เราสามารถเลือก$\Sigma = \{ a,b \}$ }

ภาษา$L$เป็นสำคัญถ้าทุกภาษาและBกับL = ⋅ Bเรามี= { ε }หรือB = { ε }$A$$B$$L = A \cdot B$$A = \{\epsilon\}$$B = \{ \epsilon \}$

Q สำคัญหรือไม่?

ด้วยความช่วยเหลือของนักแก้ปัญหา SAT ฉันสามารถแสดงให้เห็นว่าเรามี$\{a,b\} \subseteq A$หรือ$\{a,b\} \subseteq B$เป็นอย่างอื่น$\{ ababa, babab \} \subset Q$ไม่สามารถแยกตัวประกอบออกเป็น$A$และ$B$แต่ติดอยู่ตั้งแต่นั้นมา

คำตอบคือใช่ สมมติว่าเรามีตัวประกอบ$Q = A\cdot B$ B

หนึ่งสังเกตง่ายคือและBจะต้องเคลื่อน (ตั้งแต่W ∈ ∩ Bที่เราได้รับW 2 ∈ Q ) โดยเฉพาะอย่างยิ่งเพียงหนึ่งใน, Bสามารถมีε เราสามารถสมมติ WLOG (ตั้งแต่กรณีอื่น ๆ ที่เป็นสมมาตรสมบูรณ์) ที่ε ∈ B จากนั้นตั้งแต่และขไม่สามารถเป็นปัจจัยหนึ่งในปัจจัยที่ไม่ว่างเปล่าเราจะต้องมี, ข∈$A$$B$$w\in A\cap B$$w^2\in Q$$A,B$$\epsilon$$\epsilon\in B$$a$$b$$a,b\in A$

ต่อไปเราจะได้รับที่มขn ∈ (และสมบูรณ์ analogously, ขเมตรn ∈ ) สำหรับทุกเมตร, n > 0โดยการเหนี่ยวนำในม :$a^mb^n\in A$$b^ma^n\in A$$m,n>0$$m$

สำหรับ$m=1$ตั้งแต่ขn ∈ Qเราจะต้องมีขn = U vกับยู∈ , วี∈ B ตั้งแต่ยู≠ ε , โวลต์จะต้องเป็นขkสำหรับบางk ≤ n แต่ถ้าk > 0ดังนั้นตั้งแต่b ∈ Aเราจะได้b 1 + k ∈ Qความขัดแย้ง ดังนั้น$ab^n\in Q$$ab^n = uv$$u\in A, v\in B$$u\neq\epsilon$$v$$b^k$$k\le n$$k>0$$b\in A$$b^{1+k}\in Q$$v=\epsilon$และขn ∈$ab^n\in A$

สำหรับขั้นตอนการอุปนัยตั้งแต่เมตร+ 1ขn ∈ Qเรามีเมตร+ 1ขn = U vกับยู∈ , วี∈ B ตั้งแต่คุณ≠ ϵอีกครั้งเรามีv = a k b nสำหรับบาง0 < k < m + 1หรือv = b kสำหรับบางk <$a^{m+1}b^n\in Q$$a^{m+1}b^n = uv$$u\in A, v\in B$$u\neq\epsilon$$v = a^kb^n$$0<k<m+1$$v=b^k$$k<n$n แต่ในกรณีก่อนหน้านี้$v$อยู่ใน$A$โดยสมมติฐานการเหนี่ยวนำดังนั้น$v^2\in Q$ขัดแย้งกัน ในกรณีหลังนี้เราจะต้องมี$k=0$ (คือ$v=\epsilon$ ) ตั้งแต่จาก$b\in A$เราได้รับ$b^{1+k}\in Q$ Q ดังนั้น$u=a^{m+1}b^n\in A$

ตอนนี้พิจารณากรณีทั่วไปของคำดั้งเดิมกับ$r$ alternations ระหว่างและขคือWเป็นทั้งม. 1ขn 1 ... เมตรsขn s , ขม. 1 n 1 ... ขเมตรs n s (สำหรับR = 2 s - 1 ), a m 1 b n 1 … a m s$a$$b$$w$$a^{m_1}b^{n_1}\ldots a^{m_s}b^{n_s}$$b^{m_1}a^{n_1}\ldots b^{m_s}a^{n_s}$$r=2s-1$$a^{m_1}b^{n_1}\ldots a^{m_{s+1}}$หรือ$b^{m_1}a^{n_1}\ldots b^{m_{s+1}}$ (for $r=2s$); we can show that they are all in $A$ 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:

If $m_1=1$, then $w=uv$ with $u\in A, v\in B$, and since $u\neq\epsilon$, $v$ has fewer than $r$ alternations. So $v$ (or its root in case $v$ itself is not primitive) is in $A$ by the induction hypothesis on $r$ for a contradiction as above unless $v=\epsilon$. So $w=u\in A$.

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.