すべての原始語のセットは主要言語ですか？

ワード呼び出されるプリミティブない単語が存在しない場合は、及びように。アルファベット上のすべての原語の集合は、よく知られている言語です。WLOGを選択できます。$w$$v$$k > 1$$w = v^k$$Q$$\Sigma$$\Sigma = \{ a,b \}$

言語でプライムすべての言語用の場合は、とと我々はまたは。$L$$A$$B$$L = A \cdot B$$A = \{\epsilon\}$$B = \{ \epsilon \}$

Qプライムですか？

私たちはどちらか持っていることを示すことができたソルバーSATの助けを借りてまたはそうでないとして因数分解することができませんと、それ以来立ち往生されています。$\{a,b\} \subseteq A$$\{a,b\} \subseteq B$$\{ ababa, babab \} \subset Q$$A$$B$

答えはイエスです。私たちは、因数分解があると$Q = A\cdot B$。

一つの簡単な観察は、という点である$A$と$B$互いに素でなければなりません（以降のために$w\in A\cap B$我々が得る$w^2\in Q$）。具体的には、一つだけの$A,B$含有することができます$\epsilon$。（他の場合は完全に対称であるため）、我々はWLOGをとることができる$\epsilon\in B$。以来、その後とbが空でない要因に分解することができない、我々は持っている必要があり、B ∈ Aを。$a$$b$$a,b\in A$

我々が取得横そのm個のB N ∈ A（および、完全に同様に、BのM N ∈ A）すべてのためのM 、N > 0で誘導することにより、M。$a^mb^n\in A$$b^ma^n\in A$$m,n>0$$m$

以下のために$m=1$、以降B N ∈ Q、我々が持っている必要があり、BがN = Uは、VとU ∈ A 、V ∈ B。以来、Uは≠ ε、VがなければならないbのKいくつかのためのK ≤ N。しかし、もしK > 0、それ以来、B ∈ A、我々が得るbは1つの+ K ∈ Q、矛盾。そう$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$、及び B N ∈ A。 $ab^n\in A$

誘導ステップのために、以降M + 1、B N ∈ Q我々はM + 1つの bはN = Uは、VとU ∈ A 、V ∈ B。再びのでuは≠ ε、我々はどちらか持っているVは= k個のBをNいくつかについて0 < K < M + 1、又はV = BのKいくつかのために、K <$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$。しかし、前者の場合には、$v$すでにある$A$ので、帰納法の仮定によって$v^2\in Q$、矛盾。後者の場合、我々は持っている必要があり$k=0$（すなわち、$v=\epsilon$）のため$b\in A$我々が取得$b^{1+k}\in Q$。そう$u=a^{m+1}b^n\in A$。

今とプリミティブワードの一般的な場合を検討$r$間の交番及びBを、すなわち、Wはいずれかであり、M 1、B nは1 ... M 、S、B 、N 、S、BのM 1、A nは1 ... BのM のN sのための（R = 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}}$または$b^{m_1}a^{n_1}\ldots b^{m_{s+1}}$（$r=2s$）; rの帰納法を使用して、それらがすべて$A$にあることを示すことができます。これまでに行ったことは、ベースケースr=0およびr=1をカバーしていました。$r$$r=0$$r=1$

$r>1$、我々は上の別の誘導を使用$m_1$用として非常に同じように動作し、$r=1$以上：

場合$m_1=1$、次に$w=uv$と$u\in A, v\in B$、及びので$u\neq\epsilon$、$v$より少ない有する$r$交番。ように$v$（またはケースにそのルート$v$自体がプリミティブでない）であり、$A$上の帰納法の仮定により$r$しない限り、上記と矛盾するため$v=\epsilon$。だから、$w=u\in A$。

場合$m_1>1$、任意の因数分解で、$w=uv$と$u\neq\epsilon$、$v$少ない交番を有するいずれか（その根はである$A$ない限り$v=\epsilon$上の帰納法の仮定により$r$）、またはより短い最初のブロック（およびそのルートがない限り、Aである$v=\epsilon$上の帰納法の仮定により、$m_1$）。いずれの場合も、我々は、我々が持っている必要があることを取得する$v=\epsilon$すなわち、$w=u\in A$。

以下の場合$Q' := Q\cup\{\epsilon\}$かなり複雑です。ノートには明らかなものは、任意の分解であることを$Q = A\cdot B$、両方の$A$及び$B$の部分集合でなければならない$Q'$と$A\cap B = \{\epsilon\}$。また、Bは、中に含まれなければならないA ∪ B。$a,b$$A\cup B$

少し余分な作業を$a$と、$b$とbが同じサブセットにある必要があることを示すことができます。そうでなければ、ことWLOGを想定∈ AとB ∈ B。私たちはそのましょうワット∈ Q "持って適切な因数分解を場合、W = U 、VとU ∈ A ∖ { ε }とV ∈ B ∖ { ε }。私たちはどこに応じて2つ（左右対称）のサブケースを持っbは行く（それがでなければなりません$a\in A$$b\in B$$w\in Q'$$w=uv$$u\in A\setminus\{\epsilon\}$$v\in B\setminus\{\epsilon\}$$ba$$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.