であるならば、通常の

12

場合 $A^2$ 規則的である、ということにはない $A$ 、正規のですか？

証明に関する私の試み：

はい、矛盾のために、 $A$ が正規でないと仮定します。次いで、。 $A^2 = A \cdot A$

2つの非正規言語の連結は正規ではないため、 $A^2$ を正規にことはできません。これは私たちの仮定と矛盾しています。だから、 $A$ 規則的です。したがって、 $A^2$ が正規の場合、 $A$ は正規です。

証明は正しいですか？

これを $A^3$ 、 $A^4$ などに一般化できますか？また、 $A^*$ が正規の場合、は正規で $A$ 必要はありませんか？

例： $A=\lbrace 1^{2^i} \mid i \geq 0\rbrace$ 規則的ではないが、 $A^*$ 規則的です。

formal-languages regular-languages closure-properties

— アクシェイ
ソース

2

最初の証明は大きなジャンプをします。

A $A$ が正規ではないという証拠は、

A2 $A^2$ が正規ではないことを意味しますか？それを正しく証明することで、もしそれが本当なら、残りの質問に答えるのに役立つ直観に導くかもしれません。

— デイブクラーク

@DaveClarke証明を編集しました。

— akshay

3

「Am i Correct？」と綴るにはどうすればよいですかその方法は非常に興味深いです。一般的なアドバイスとして：何百人もの人々があなたが書いたものを読むとき、一般的な品位はあなたが書く方法に注意を払うことを要求します... ;

— Andrej Bauer

6

@AndrejBauer OPは、英語のネイティブスピーカーではなく、正式な英語の指導を受ける機会がまだない人である可能性があります。これを修正することは役立つかもしれませんが、だれでもがっかりさせる理由にはなりません。

— ユヴァルフィルマス

28

ラグランジュの4乗定理を考えてみましょう。場合にはそれを状態次に、。が規則的な場合は、そうでない場合はます。いずれにせよ、これは、が規則的でような不規則なの存在を証明します。 $B = \{1^{n^2}| n \geq 0\}$ $B^4 = \{1^n | n \geq 0\}$ $B^2$ $A = B$ $A = B^2$ $A$ $A^2$

— カロリス・ジュデリー
ソース

私はこの証拠を理解していません。少し詳しく説明していただけますか？

— G.バッハ

2

この（美しい）証明を説明する：私たちは持っている

、及びその

。

ことに注意してください。今、場合

、次に取ることにより

我々は反例を持っている場合、および

次に取ることにより

、我々は反例を有します。B∉REG $B\notin REG$

B4∈REG $B^4\in REG$

B4=(B2)2 $B^4=(B^2)^2$

B2∈REG $B^2\in REG$

A=B $A=B$

B2∉REG $B^2\notin REG$

A=B2 $A=B^2$

— ショール

1

圧倒的に美しい。

— フォンブランド

3

@YuvalFilmus、確かに、私は証拠を持っていなかったので、疑いを残したくありませんでした。今、私はそれを見つけたようです。「

形式のすべての素因数が

素因数分解で偶数の指数を持つ場合に限り、数値

は2乗の合計です。」ましょう

のポンプ長さ。

考えます。してみましょう

フォームの首相も

とlet

、我々はポンプに選択長さ。次に、

n $n$

4k+3 $4k+3$

n $n$

w=(n!)2 $w = (n!)^2$

p $p$

4k+3 $4k+3$

m $m$

上の奇数の指数有し、

とで、したがってない

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

p $p$

B2 $B^2$

— カロリスJuodelė13年

1

@JonasKölker、同意する。

— カロリスJuodelė14年

8

ような計算不可能な言語例を次に示します。任意の非計算取る、及び（チューリングマシンその停止のコードは、例えば数字の集合として表されるが、）を定義だから長さのもの以外の全ての単語含まいくつかのための。場合 $A$ $A^2 = \Sigma^*$ $K$

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 $A$

4k $4^k$

k∈K $k \in K$

A $A$ あなたが計算できた計算した

与えられ：

、かどうかを決定する

（ある

ゼロが）にある

か。

は計算可能でないと仮定したため、

も計算可能ではないはずです。K $K$

k $k$

04k $0^{4^k}$

4k $4^k$

A $A$

K $K$

A $A$

主張：。ましょう長さの任意の単語も。場合の力ではないは、、空単語であるので、。がべき乗の場合、はべき乗ではありません。と書きます $A^2 = \Sigma^*$ $w$ $n$ $n$ $4$ $w \in A$ $A$ $w \in A^2$ $n$ $4$ $n/2$ $4$ $w = xy$ 。両方のので、。 $|x| = |y| = n/2$ $x,y \in A$ $w = xy \in A^2$

— ユヴァル・フィルマス
ソース

1

初心者の場合、「

undecidable」の証明スケッチが適切な場合があります。また、小さなハードルは、

を正式な言語および一連の数値として使用することです（これは公平で、

に適切なセマンティクスを想定していますが、なじみがないかもしれません）。そうでなければ、非常に良いアイデア。A $A$

K $K$

— ラファエル

2

あなたの証明は依然として大きな飛躍を遂げます（非正規言語の連結は非正規であると主張しています）。

If the Goldbach conjecture is true, then the answer to the question is no: Consider the non-regular language $A=\{1^p: p\text{ is a prime}\}$ . Then by the Goldbach conjecture, $A^2=\{1^{2k}: k>1\}$ , which is regular.

This doesn't solve the question entirely, but it gives strong evidence that the answer is no (otherwise the Goldbach conjecture is false). However, the answer may be very hard to prove, if this is the only known example.

— Shaull
ソース

What can we conclude about the question?

— akshay

Assuming the Goldbach conjecture -if

A2 $A^2$ is regular, than

A $A$ may still be non-regular. So: proving that the answer is "yes" would mean that the Goldbach conjecture is false (unlikely).

— Shaull

2

In the presence of "real" proofs, I don't think using an unproven conjecture is fair. Maybe the connection is interesting for some?

— Raphael

Indeed, after the following answers, this is redundant. However, you can see a nice mathematical development here: an answer based on a well known conjecture, then a related answer (using Lagrange's theorem), which is based on a similar idea (decomposing a number to a sum).

— Shaull

1

In fact if you use primes and semiprimes, you can use Chen's theorem.

— sdcvvc

2

The claim is wrong.

Let $D$ be non-regular language which is "sparse": if $x \in D$ then any other $y\in D$ satisfies $|y| > 4|x|$ (or $|x|>4|y|$ )^$\dagger$. It's not too difficult to see that many non-regular languages can be sparse.

Now define $A = \Sigma^* \setminus D$ . From closure properties (complementation), $A$ must be non-regular.

However, $A^2 = \Sigma^*$ $\ \ \$ (can you see why?)

^$\dagger$_{I think $|y|>2|x|$ is enough, but may cause some nasty edge cases. $|y|>2|x|+2$ should be enough though, so let's take $|y|>4|x|$ to be on the safe side.}

— Ran G.
ソース

I like how this question is getting increasingly more trivial proofs. Your idea of sparseness could be further simplified to a requirement that

1∈A $1 \in A$ and

1k∉A⟹1k−1∈A $1^k \notin A \implies 1^{k-1} \in A$ .

— Karolis Juodelė

2

Take any nonregular $X \subseteq {1}^\ast$ and define $A=\{1\} \cup \{1^{2x}:x \in \mathbb N\} \cup \{1^{2x+1}:1^x \in X\}$ .

It is easy to see $A$ is nonregular, while $A^2=1^{\ast}$ .

— sdcvvc
ソース

2

Let $U\subseteq \mathbb{N}$ be any undecidable set, let $I = \{2u+1\mid u\in U\}\cup\{0,2,4,\dots\}$ and let $L = \{a^i\mid i\in I\}$ . $L$ is undecidable so it certainly isn't regular. But $L^2 = \{a^{2n}\mid n\in \mathbb{N}\} \cup \{a^n\mid n\geq \min\,I\}$ , which is regular because its complement is finite.

— David Richerby
ソース

0

Another example, from a question that was marked as a duplicate of this, is to consider the non-regular language $\{a^k\mid m\text{ is composite}\}$ . Any even number $n\geq 8$ is the sum of $n-4$ and $4$ , which are both composite; any odd number $n\geq 13$ is the sum of $n-9$ and $9$ , which are both composite ( $n-9=2m$ for some $m\geq 2$ ). Therefore, $A^2 = \{a^8,a^{10}\}\cup\{a^k\mid k\geq 12\}$ , which is regular because it's co-finite (it's the complement of $\{\epsilon,a,aa,\dots,a^6,a^7,a^9,a^{11}\}$ ).

— David Richerby
ソース