多項式のコドメインのBase-k表現-コンテキストフリーですか？

ジェフリーシャリットのオートマタ理論の第2コースの第4章では、次の問題が未解決としてリストされています。

ましょう、その結果有理係数を有する多項式であるすべてについて。pの次数が\ leqslant 1である場合にのみ、のすべての整数のbase-k表現の言語がコンテキストフリーであることを証明または反証します。$p(n)$$p(n) \in \mathbb{N}$$n \in \mathbb{N}$$\{p(n) \mid n \geqslant 0\}$$p$$\leqslant 1$

現在の状況はどうですか（2018年10月現在）？それは証明されていますか？特別な場合はどうですか？

もちろん、ここでは$k \geq 2$です。

かつて問題を解決すると主張するホルバスの原稿がありましたが、それはいくつかの場所で不明瞭であり、私の知る限り決して公表されませんでした。

私の知る限り、問題は未解決のままです。含意の一方向はもちろん簡単です。

これは、およびの証明のスケッチです。ここで、のバイナリ表現であり、。わかりやすくするために、バイナリ文字列の最下位ビットを左側に配置します（例：。$k=2$$L = \{[n^2]_2 \mid n \geq 1\}$$[n^2]_2$$n^2$$[4^2]_2 = 00001$

核となる考え方は、が文脈自由であると仮定し、それを単純な正規言語と交差させる「単純化」を試みることです。新しい言語$L$$R$$L \cap R$はまだコンテキストに依存せず、正方形のバイナリ表現を含む必要があります。次に、正方形の表現ではないバイナリ文字列を取得するために、CF言語にポンピング補題を適用します。

$L$を$1$桁の小さな有限数のみを含む通常の単語と交差させることは、有望ではありません。それは4つのその最大判明$1$桁$(R = \{ 0^*1 \}, \{ 0^*10^*1 \}, \{ 0^*10^*10^*1 \}, \{0^*10^*10^*10^*1\} )$我々 GET CF言語。と5 $1$ 数字は、明らかに難しい数論の問題になります。

有望なアプローチは、$L$とR = 1を交差させることです。$R = 1\,0^+\,1^+\,0^+\,1$ ; これは、$L$を正方形に制限するのと同じです。

（バイナリ表現が中央に1のシーケンスを除くすべて$0$を含む非公式の奇数の正方形）。$1$

    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

いくつかの努力により、次のことを証明できます。

定理：数値 $2^0 + 2^a((2^b - 1) + 2^{b+c});\quad 0<c, 3<a<b$は、次の場合にのみ正方形です。

（証拠はかなり長いので、ブログで公開します）

この時点で、我々は簡単にすることを証明することができる$L \cap R$（我々はほとんどの二つの「セグメント」にポンピングすることができるポンプの補題を使って文脈自由ではありません$100..0011...1100.001$文字列）。したがって、$L$もコンテキストに依存しません。

おそらく、同じ手法を任意のベース$k$適用できます。

証拠があると思う。この補題から証明が得られます。

補題。文脈自由言語$L$場合、無限に多くの$n$、最初のn 2文字が同じで最後のn文字が異なる（ペアワイズ）等しい長さの$n^6$語がある場合、無限に多くあるようなBがあります対U 、V ∈ Lその最後のみが異なる同じ長さのBの文字。$n^2$$n$$B$$u,v\in L$$B$

したがって、$u$と$v$が2進数を表す場合、その差は最大で$2^B$であり、多項式では不可能です。一方、いくつかの数論では、すべての整数多項式値のための条件が満たされることを示すことができる$p$：任意取る$x_1,\ldots,x_{n^6}$れる$f(x_i)\ne f(x_j)$、および次に、それぞれに十分に大きい数$N$を追加して、目的の単語$f(x_i+N)$。

補題の証明。条件を満足する長さw 1、… 、w n 6の n 6ワードが存在するように、十分に大きい$n$取ります。w iごとに、文脈自由文法から生成される方法を修正します。（警告！私はこの分野の専門家ではないので、適切な用語を使用しないかもしれません。）$n^6$$w_1,\ldots,w_{n^6}$$w_i$

bとcが両方ともAから派生し、bがBから派生し、cがCから派生している場合、ルール$A\to BC$ の適用により、最終単語の2文字bとcが分割されるとします。各ルールは、最大でO （1 ）個のw iの文字を互いに分割します。$b$$c$$b$$c$$A$$b$$B$$c$$C$$O(1)$$w_i$

任意の$w_i$には、最初のn 2文字の間に$\Omega(n)$連続した文字があり、これらの規則を適用している間、最後のn文字の2 文字が互いに分割されないように、いくつかの連続した規則によって互いに分割されます。私たちは手紙のために、まとめこれらのルールを記述する場合のw 私としてA I → B 1 I B 2 I ... B nは、私は、最後からの手紙n個の文字が由来されていないBのjの私がのために$n^2$$n$$w_i$$A_i\to B_i^1B_i^2\ldots B_i^n$$n$$B_i^j$$j<n$、および$B_i^1B_i^2\ldots B_i^{n-1}$はすべて、最初の$n^2$文字の一部に変換されます。nが十分に大きい場合、ポンピング補題をルール$A_i\to B_i^1B_i^2\ldots B_i^n$適用できます。$n$

（ n 2のみ$\binom{n^2}2$$\Omega(n)$文字の間隔の選択、$O(n)$ポンピング補題が与えるものに関するオプション（$O(1)$長さがあるので）同じ。しかし、その後、これらの2つの単語の任意の長さの共通の初期部分を取得できますが、最後の$n$ビットのみが異なることがわかります。

注意。これは、他の答えのはるかに詳細なバージョンです。それは十分に理解できるとは思えなかったからです。私はそれをより標準的なポンピング補題に似るように変換しようとしましたが、完全な証明は複雑になりました。最初の2つの補題の声明を読んで主要なアイデアを理解し、次に推論の声明、最後に最後を読んで、推論が質問に対する答えを暗示している理由を証明することをお勧めします。

この証明は、ポンピング補題の一般化に基づいています。必要な補題は非常に手の込んだものなので、すぐに説明するのではなく、簡単な一般化から始め、最終的にはより複雑な一般化を構築します。後で学んだように、これはいわゆる交換補題と非常に似ています。

ツインポンピング補題。すべての文脈自由言語のための$L$が存在する$p$いずれかからように、$p$ワード$s_1,\ldots,s_p\in L$我々は、2つの、選択することができ$s$と$s'$のように記述することができ、$s=uvwxy$および$s'=u'v'w'x'y'$ように$1\le |vx|\le p$、$1\le |v'x'|\le p$と各単語$\bar u\bar v_1\ldots \bar v_n \bar w\bar x_n \ldots \bar x_1 \bar y\in L$、$\bar w$のいずれかであることができる$w$又は$w'$、および同様に、$\bar v_i$いずれかとすることができる$v$又は$v'$および$\bar x_i$いずれかとすることができる$x$または$x'$が、それだけよう$\bar v_i=v$場合にのみ$\bar x_i=x$（従って$\bar v_i=v'$場合にのみ$\bar x_i=x'$）、及び$\bar u=u$場合にのみ$\bar y=y$及び$\bar u=u'$場合にのみ$\bar y=y'$。また、代わりの場合$p$、我々が与えられる$p\binom {n+4}4$長さ$n$単語、さらに選択された2つの単語について$|u|=|u'|$、$|v|=|v'|$、$|w|=|w'|$、$|x|=|x'|$と$|y|=|y'|$。

このステートメントは、本質的にポンピング補題と同じ方法で証明できます。同じルールがポンピングされる$s$と$s'$を選択するだけです。これは、ルールの数が一定しかないため、$p$が十分に大きい場合に実行できます。実際、同じルールがポンプで送られる必要はありませんが、ポンプされたルールで非終端記号が同じであることだけが必要です。また一部のために、予告長さのワードのためにその$n$だけ存在する$\binom {n+4}4$オプションは5つのサブワードに分割できます。したがって、ステートメントは鳩の巣の原則に従います。

次に、ポンピング補題を一般化する別の方法を示します（後で2つを組み合わせます）。

ネストされたポンピング補題。すべての文脈自由言語のための$L$あり$p$いずれかのように、$k$の任意のワード$s\in L$ように書くことができ$s=uv_1\ldots v_kwx_k\ldots x_1y$よう$\forall i~1\le |v_ix_i|\le p$、すべての配列についての$(i_j)_{j=1}^m$ワード$uv_{i_1}\ldots v_{i_m}wx_{i_m}\ldots x_{i_1}y\in L$。

インデックス$i_j$は$1$から$k$までの任意のものであり、同じインデックスが複数回出現する可能性があることに注意してください。入れ子になったポンピング補題の証明は、元のポンピング補題と本質的に同じです。使用する必要があるのは、それ自体から同じ非終端記号を$k$回取得することです。これは、$p(k-1)+1$ステップ（元のポンピング補題からの$p$代わり）。同様の方法でオグデンの補題を強化することもできます。

入れ子になったオグデンの補題。すべての文脈自由言語のための$L$あり$p$いずれかのように、$k$の任意の少なくともマーキング$p^k$任意の単語の位置$s\in L$、それはのように書くことができ$s=uv_1\ldots v_kwx_k\ldots x_1y$その結果$\forall i~1\le$ '内のマークの＃$v_ix_i$ ' $\le p^k$、すべての配列について$(i_j)_{j=1}^m$ワード$uv_{i_1}\ldots v_{i_m}wx_{i_m}\ldots x_{i_1}y\in L$。

残念ながら、このアプリケーションでは$p^k$が大きすぎるため、ネストされていない$v_i$ - $x_i$ペアを許可するために結論を弱める必要があります。幸い、ディルワースを使用すると、構造はシンプルなままです。

ディルワース・オグデンの補題。すべての文脈自由言語のための$L$あり$p$いずれかのように$k,\ell$任意少なくともマーキング$pk\ell$任意の単語の位置$s\in L$、それがいずれかのように書くことができます。

ケース（i）：$s=uv_1\ldots v_kwx_k\ldots x_1y$またはas

ケース（II）：$s=uv_1w_1x_1\ldots v_\ell w_\ell x_\ell y$、

その結果$\forall i~1\le$ '内のマークの＃$v_ix_i$ ' $\le pk\ell$、すべての配列についての$(i_j)_{j=1}^m$、

場合（I）ワード$uv_{i_1}\ldots v_{i_m}wx_{i_m}\ldots x_{i_1}y\in L$、そして

ケース（ii）においてワード$uv_1^{i_1}w_1x_1^{i_1}\ldots v_\ell^{i_\ell}w_\ell x_\ell^{i_\ell}y\in L$。

証明：$s$生成する派生ツリーを取得します。派生ツリーで自身の下に再び表示される場合、非ターミナルを繰り返し呼び出します。ルールセットを拡張することにより、派生ツリーですべての非終端記号が繰り返し発生していると想定できます。（これは、我々が彼らの再発をなくしたかもしれないことを理解すべきであり、これは問題ではない、ポイントは、彼らがポンピングすることができるということである。）少なくともあり$pk\ell$葉がマークされた位置に対応します。2つのマークされた文字が分割されているノードを確認します。このようなノードは少なくとも$\Omega(pk\ell)$ます。鳩の巣原理によって、少なくとも$\Omega(pk\ell)$同じ非端末に対応します。ディルワースを使用して、$\Omega(\sqrt{p}k)$それらの p k）はチェーンまたは$\Omega(\sqrt{p}\ell)$場合、それぞれの場合に式（I）を与え、antichainであり、および（ii）$p$十分な大きさです。

これで、大きな組み合わせの補題を述べる準備ができました。

スーパー補題。すべての文脈自由言語のための$L$あり$p$いずれかのように$k,\ell$同じ少なくともマーキング$pk\ell$中に位置$N\ge \max(pn^{2k+2},pn^{3\ell+1})$ワード$s_1,\ldots,s_N\in L$の長さのそれぞれ、$n$、二つの単語があり、$s$と$s'$、$s=uv_1\ldots v_kwx_k\ldots x_1y$および$s'=u'v_1'\ldots v_k'w'x_k'\ldots x_1'y'$ ORまたは$s=uv_1w_1x_1\ldots v_\ell w_\ell x_\ell y$そして$s'=u'v_1'w_1'x_1'\ldots v_\ell'w_\ell'x_\ell'y'$このようなサブワードのそれぞれの長さが全て同じこと、すなわち、$|u|=|u'|$、$|v_i|=|v_i'|$など、および$\forall i$ $v_ix_i$マークが含まれており、すべてのシーケンスのための$(i_j)_{j=1}^m$ワード$\bar u\bar v_{i_1}\ldots \bar v_{i_m}\bar w\bar x_{i_m}\ldots \bar x_{i_1} \bar y\in L$ OR $\bar u\bar v_1^{i_1}\bar w_1\bar x_1^{i_1}\ldots \bar v_\ell^{i_\ell}\bar w_\ell \bar x_\ell^{i_\ell}\bar y \in L$それぞれ、$\bar z$を表し$z$又は$z'$、すなわち、我々は自由から中間サブワードを混在させることができ、$s$および$s'$が、唯一のよう$\bar u=u$場合のみなら$\bar y=y$等

スーパー補題の証明スケッチ：各$s_i$ディルワースオグデンの補題を適用します。あります$\binom {n+2k+2}{2k+2}$及び$\binom {n+3\ell+1}{3\ell+1}$のサブワード境界それぞれの可能なオプションは、$s_i$あってもよいです。そこ非端末の一定数は、場合従って鳩の巣原理により、言語であり$p$十分な大きさであり、同じ非端末がでポンピングされる$k$/$\ell$、少なくとも二つの単語のためのルール$s$と$s'$、すなわちサブワード境界も同じです。

残念ながら、この補題から得られる数$N$は、アプリケーションには大きすぎます。ただし、サブワード間の一致を少なくすることで、それを減らすことができます。次に、使用する補題を示します。

特別補題。 すべての文脈自由言語のための$L$あり$p$いずれかのような$k$少なくとも同じマーキング$pk$の位置$N=pkn^2$ワード$s_1,\ldots,s_N\in L$、長さの各$n$、ある二つs = u v 1 … v k w x k …のように記述できる単語$s$および$s'$$s=uv_1\ldots v_kwx_k\ldots x_1y$および$s'=u'v_1'\ldots v_k'w'x_k'\ldots x_1'y'$その結果、いずれか

（i）の場合： $\exists i<k$ように$|x_i|=|x_i'|=0$、$|uv_1\ldots v_{i-1}|=|u'v_1'\ldots v_{i-1}'|$、および$|v_i|=|v_i'|$（つまり、後者の2つの条件は、$v_i$の位置と同じである$v_i'$）、OR

ケース（II）： $\forall i<k$ $|x_i|\ge 1$、$|x_i'|\ge 1$、$|uv_1\ldots v_{k-1}|=|u'v_1'\ldots v_{k-1}'|$と$|v_kwx_k|=|v_k'w'x_k'|$（つまり、これら2つの条件は、$v_kwx_k$の位置が$v_k'w'x_k'$の位置と同じであることを意味します）、

そして（両方の場合のために）$\forall i$ $v_ix_i$マークを含み、すべてのシーケンスのための$(i_j)_{j=1}^m$ワード$\bar u\bar v_{i_1}\ldots \bar v_{i_m}\bar w\bar x_{i_m}\ldots \bar x_{i_1}\bar y\in L$、$\bar z$を表し$z$又は$z'$、すなわち、私たちは自由からの中間サブワードを混在させることができ$s$と$s'$が、唯一のように$\bar u=u$場合にのみ$\bar y=y$など、OR

ケース（iii）： $s$および$s'$は$s=uv_1w_1x_1v_2w_2x_2y$および$s'=u'v_1'w_1'x_1'v_2'w_2'x_2'y'$と書くことができます。X " 2 yの"ように$|u|=|u'|$と$|v_1w_1x_1|=|v_1'w_1'x_1'|$、及び$\forall i$ $v_ix_i$マークを含み、$uv_1^hw_1x_1^hv_2w_2x_2y\in L$と$u'v_1^hw_1x_1^hv_2'w_2'x_2'y'\in L$。

証明は、$k\binom n2$ケース（i）の単語の可能なオプション$\binom n2$ケース（ii）のオプション、ケース（iii）には$\binom n2$オプション。

当然。すべてのための場合は$p$あり$t$及び$n$と$n\ge p(t+1)+t$が存在するように、$N=n^3$の長さの単語$n$文脈自由言語で$L$最初$p(t+1)$文字であります各単語で同じで、最後の$t$文字はペアまたは単語ごとに異なります（つまり、単語はs i = s b e gのように見えます）$s_i=s_i^{beg}s_i^{mid}s_i^{end}$、このようなことを$|s_i^{beg}|=p(t+1)$、$|s_i^{mid}|=n-p(t+1)-t$、$|s_i^{end}|=t$、および$\forall i\ne j~s_i^{beg}= s_j^{beg}$及び$s_i^{end}\ne s_j^{end}$）、そこである$B$単語の無限に多くのペアが存在するように、 H ≠ bはH ∈ Lその同じ長さのは最後の B文字のみが異なります。$a_h\ne b_h\in L$$B$

証明：テイク$k=t+1$と私たちのために特別な補助定理を適用する$N$使用単語$N=n^3\ge p(t+1)n^2$、第1の印$p(t+1)$文字を（すべての単語に同じです）$s=uv_1\ldots v_{t+1}wx_{t+1}\ldots x_1y$およびsを取得する$s'=u'v_1'\ldots v_{t+1}'w'x_{t+1}'\ldots x_1'y'$ OR$s=uv_1w_1x_1v_2w_2x_2y$および$s'=u'v_1'w_1'x_1'v_2'w_2'x_2'y'$。

我々は、（i）特別補題の場合であれば、すなわち、そこにある$i$、このようなことを$|x_i|=|x_i'|=0$、$|uv_1\ldots v_{i-1}|=|u'v_1'\ldots v_{i-1}'|$、および$|v_i|=|v_i'|$、次に$uv_1\ldots v_{i-1}=u'v_1'\ldots v_{i-1}'$および$v_i=v_i'$も成立します。これは、$v_{i+1}wx_{i+1}$マーク文字を含める必要があるため、$v_{i+1}$前のサブワード + 1はマークされた文字のみで構成され、これらは$s$と$s'$同じです。単語 a h = uを取ることができます$a_h=uv_1\ldots v_i^h\ldots v_twx_t\ldots x_1y$及び$b_h=uv_1\ldots v_i^hv_{i+1}'\ldots v_t'w'x_t'\ldots x_1'y'$得ること望ましいペア; これらの単語は$s$および$s'$と同じ方法で終了するため、$a_h\ne b_h$およびそれらは、最後に区切られた多くの文字のみが異なります。

私たちはケース内にある場合（ⅱ）特別補題の、すなわち、$\forall i<k$ $|x_i|\ge 1$、$|x_i'|\ge 1$、$|uv_1\ldots v_t|=|u'v_1'\ldots v_t'|$と$|v_{t+1}wx_{t+1}|=|v_{t+1}'w'x_{t+1}'|$、それから$uv_1\ldots v_t=u'v_1'\ldots v_t'$も前の場合と同様に成り立つ。これで$a_h=uv_1\ldots v_tv_{t+1}^{h}wx_{t+1}^{h}x_t\ldots x_1y$および$b_h=uv_1\ldots v_tv_{t+1}^{h}wx_{t+1}^{h}x_t'\ldots x_1'y'$ ; 以来$|x_t\ldots x_1y|=|x_t'\ldots x_1'y'|\ge t$、これらの単語は確かに異なって終了し、最後に区切られた多くの文字でのみ異なる場合があります。（これは、1つの単語をもう1つの単語のサブワードと組み合わせて使用​​できることが本当に必要な唯一の場所であることに注意してください。）

特別補題の場合（iii）、つまり$s=uv_1w_1x_1v_2w_2x_2y$および$s'=u'v_1'w_1'x_1'v_2'w_2'x_2'y'$ように$|u|=|u'|$と$|v_1w_1x_1|=|v_1'w_1'x_1'|$、その後、$u=u'$および$v_1w_1x_1=v_1'w_1'x_1'$も前の場合と同様に成り立つ。これで$a_h=uv_1^hw_1x_1^hv_2w_2x_2y\in L$と$b_h=uv_1^hw_1x_1^hv_2'w_2'x_2'y'\in L$。以来、$v_2$、マークされた文字が含まれています$|v_2w_2x_2y|\ge t$、従って、これらの言葉は確かに違っ終了し、彼らの最後の有界多くの手紙だけが異なることができます。

これで結果の証明が終わりました。それでは、結果から元の質問を証明する方法を見てみましょう。

最終証明。 最初に、すべての整数値多項式$f$について、系の条件が満たされることを示します。十分に大きいC = C （f ）に対して$t=p-1$および$n=C^p$を設定します。計画は、f （x i）≠ f （x jであるいくつかの数値x 1、… 、x 2 N（N = 2 n 3）を取ることです。$C=C(f)$$x_1,\ldots,x_{2N}$$N=2n^3$$f(x_i)\ne f(x_j)$、次に、それぞれに十分に大きな数$z$を追加して、目的の単語$s_i=f(x_i+z)$を取得します $f$の次数が$d$場合、最大で$d$個の数値が同じ値を取ることができるため、最初の 2 d N個の数値から$x_1,\ldots,x_{2N}$を選択できます。つまり、 log （d n ）桁。この場合、 f （x$2dN$$\log(dn)$$f(x_i)=O((dN)^d)$、したがって各$f(x_i)$は最大で$d\log N + O(1)=O(\log n)$桁です。我々が選択した場合$z$であると$n/d$桁数は、$f(z)$必要があります$n$桁、およびそれぞれについて$f(x_i+z)$最後の$O(\log n)$桁のみが異なります。$f(x_i+z)$全てがあります$n$又は$n+1$桁、従って少なくとも半分、すなわち、$N$それらは同じ長さを有します。これらは$s_i$です。

系の結論から、数$a_h$と$b_h$無限に多くのペアを取得します$|a_h-b_h|\le 2^B$多項式のために明らかに不可能です。