è

12

Se $A^2$ è regolare, ne consegue che $A$ è regolare?

Il mio tentativo di provare:

Sì, per contraddizione supponiamo che $A$ non sia regolare. Allora $A^2 = A \cdot A$ .

Poiché la concatenazione di due lingue non regolari non è regolare, $A^2$ non può essere regolare. Ciò contraddice la nostra ipotesi. Quindi $A$ è regolare. Quindi se $A^2$ è regolare allora $A$ è regolare.

La prova è corretta?

Possiamo generalizzare questo in $A^3$ , $A^4$ , ecc ...? E anche se $A^*$ è regolare, allora $A$ non deve essere regolare?

Esempio: $A=\lbrace 1^{2^i} \mid i \geq 0\rbrace$ non è regolare ma $A^*$ è regolare.

formal-languages regular-languages closure-properties

— Akshay
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2

La prima prova fa un grande salto. Qual è la tua prova che

A

$A$ non è regolare implica che

A^{2}

$A^2$ non è regolare? Provare che correttamente potrebbe portarti all'intuizione per aiutare a rispondere al resto della domanda, se davvero è vero.

— Dave Clarke,

@DaveClarke Modificato la prova.

— akshay,

3

Come riesci a scrivere "Sono corretto?" in questo modo è molto intrigante. Come consiglio generale: quando centinaia di persone leggono ciò che hai scritto, la decenza generale richiede che tu presti attenzione a come scrivi ... ;-)

— Andrej Bauer,

6

@AndrejBauer L'OP potrebbe essere qualcuno che non è un madrelingua inglese e che potrebbe non aver ancora avuto l'opportunità di ottenere istruzioni sull'inglese formale. Questo non è un motivo per scoraggiare nessuno, anche se potrebbe essere utile correggerli.

— Yuval Filmus,

28

Considera il teorema di quattro quadrati di Lagrange . Indica che se quindi . Se è regolare, prendi altrimenti prendi . Ad ogni modo, questo dimostra l'esistenza di irregolare tale che è regolare. $B = \{1^{n^2}| n \geq 0\}$ $B^4 = \{1^n | n \geq 0\}$ $B^2$ $A = B$ $A = B^2$ $A$ $A^2$

— Karolis Juodelė
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Non capisco questa prova; potresti elaborare un po '?

— G. Bach,

2

Spiegando questo (bellissimo) la prova: abbiamo che

, e che

. Osservare che

. Ora, se

, allora prendendo

abbiamo un controesempio, e se

allora prendendo

abbiamo un controesempio.

B \notin R E G

$B\notin REG$

B^{4} \in R E G

$B^4\in REG$

B^{4} = (B^{2})^{2}

$B^4=(B^2)^2$

B^{2} \in R E G

$B^2\in REG$

A = B

$A=B$

B^{2} \notin R E G

$B^2\notin REG$

A = B^{2}

$A=B^2$

— Shaull

1

Assolutamente bella.

— vonbrand,

3

@YuvalFilmus, davvero, ma non avevo una prova e non volevo lasciare alcun dubbio. Ora mi sembra di averne trovato uno. "Un numero

è una somma di due quadrati se e solo se tutti i fattori primi della forma

hanno persino esponente nella fattorizzazione primaria di

." Sia

la lunghezza di pompaggio. Considera

. Sia

un numero primo della forma

e sia

la lunghezza che scegliamo di pompare. Quindi,

n

$n$

4 k + 3

$4k+3$

n

$n$

n

$n$

w = (n!)^{2}

$w = (n!)^2$

p

$p$

4 k + 3

$4k+3$

m

$m$

ha un esponente dispari su

e quindi non è in

.

w + (p - 1) \frac{w}{m} \cdot m = p w

$w + (p-1)\frac{w}{m}\cdot m = pw$

p

$p$

B^{2}

$B^2$

— Karolis Juodelė,

1

@ JonasKölker, d'accordo.

— Karolis Juodelė,

8

Ecco un esempio di un linguaggio non calcolabile tale che . Prendi qualsiasi non calcolabile (rappresentato come un insieme di numeri, ad esempio i codici delle macchine di Turing che si fermano) e definisci Quindi contiene tutte le parole diverse da quelle di lunghezza per qualche . Se $A$ $A^2 = \Sigma^*$ $K$

A = {w \in Σ^{*} : | w | \neq 4^{k} for all k \in K} .

$A = \{ w \in \Sigma^* : |w| \neq 4^k \text{ for all } k \in K \}.$

A

$A$

4^{k}

$4^k$

k \in K

$k \in K$

A

$A$ erano calcolabili, quindi è possibile calcolare

: dato

, determinare se

(ovvero

zero) è in

oppure no. Poiché abbiamo ipotizzato che

non sia calcolabile, anche

deve essere non calcolabile.

K

$K$

k

$k$

0^{4^{k}}

$0^{4^k}$

4^{k}

$4^k$

A

$A$

K

$K$

A

$A$

$A^2 = \Sigma^*$ $w$ $n$ $n$ $4$ $w \in A$ $A$ $w \in A^2$ $n$ $4$ $n/2$ $4$ $w = xy$ $|x| = |y| = n/2$ $x,y \in A$ $w = xy \in A^2$

— Yuval Filmus
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1

A

$A$

K

$K$

K

$K$

2

La tua prova fa ancora un grande salto (sostenendo che la concatenazione di lingue non regolari non è regolare).

$A=\{1^p: p\text{ is a prime}\}$ $A^2=\{1^{2k}: k>1\}$

Questo non risolve del tutto la domanda, ma fornisce una forte evidenza che la risposta è no (altrimenti la congettura di Goldbach è falsa). Tuttavia, la risposta potrebbe essere molto difficile da dimostrare, se questo è l'unico esempio noto.

— Shaull
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Cosa possiamo concludere riguardo alla domanda?

— akshay,

A^{2}

$A^2$

A

$A$

2

In presenza di prove "reali", non penso che usare una congettura non dimostrata sia giusto. Forse la connessione è interessante per alcuni?

— Raffaello

In effetti, dopo le seguenti risposte, questo è ridondante. Tuttavia, puoi vedere un piacevole sviluppo matematico qui: una risposta basata su una congettura ben nota, quindi una risposta correlata (usando il teorema di Lagrange), che si basa su un'idea simile (scomporre un numero in una somma).

— Shaull

1

In effetti, se usi numeri primi e semiprimi, puoi usare il teorema di Chen .

— sdcvvc,

2

L'affermazione è sbagliata.

$D$ $x \in D$ $y\in D$ $|y| > 4|x|$ $|x|>4|y|$ ^$\dagger$

$A = \Sigma^* \setminus D$ $A$

$A^2 = \Sigma^*$ $\ \ \$

^$\dagger$_{$|y|>2|x|$ $|y|>2|x|+2$ $|y|>4|x|$}

— Suonò.
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1 \in A

$1 \in A$

1^{k} \notin A ⟹ 1^{k - 1} \in A

$1^k \notin A \implies 1^{k-1} \in A$

2

$X \subseteq {1}^\ast$ $A=\{1\} \cup \{1^{2x}:x \in \mathbb N\} \cup \{1^{2x+1}:1^x \in X\}$

$A$ $A^2=1^{\ast}$

— sdcvvc
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2

$U\subseteq \mathbb{N}$ $I = \{2u+1\mid u\in U\}\cup\{0,2,4,\dots\}$ $L = \{a^i\mid i\in I\}$ $L$ $L^2 = \{a^{2n}\mid n\in \mathbb{N}\} \cup \{a^n\mid n\geq \min\,I\}$

— David Richerby
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0

$\{a^k\mid m\text{ is composite}\}$ $n\geq 8$ $n-4$ $4$ $n\geq 13$ $n-9$ $9$ $n-9=2m$ $m\geq 2$ $A^2 = \{a^8,a^{10}\}\cup\{a^k\mid k\geq 12\}$ $\{\epsilon,a,aa,\dots,a^6,a^7,a^9,a^{11}\}$

— David Richerby
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