Є регулярним , якщо є регулярним?

12

Якщо регулярний, чи випливає, що регулярний? $A^2$ $A$

Моя спроба доказу:

Так, для суперечності припустимо, що не є регулярним. Тоді . $A$ $A^2 = A \cdot A$

Оскільки сполучення двох нерегулярних мов не є регулярним, не може бути регулярним. Це суперечить нашому припущенню. Отже, регулярно. Отже, якщо є регулярним, то є регулярним. $A^2$ $A$ $A^2$ $A$

Чи коректний доказ?

Чи можемо ми це узагальнити до , тощо? А також якщо регулярний, то не повинен бути регулярним? $A^3$ $A^4$ $A^*$ $A$

Приклад: не є регулярним, але є регулярним. $A=\lbrace 1^{2^i} \mid i \geq 0\rbrace$ $A^*$

formal-languages regular-languages closure-properties

— акшай
джерело

2

Перший доказ зробить величезний стрибок. Що є вашим доказом того, що не є регулярним, означає, що не є регулярним? Доведення того, що належним чином може привести вас до інтуїції, щоб допомогти відповісти на решту питань, якщо це дійсно так.

A

$A$

A^{2}

$A^2$

— Дейв Кларк

@DaveClarke Редагував доказ.

— акшай

3

Як вам вдається написати "Я правильно?" такий спосіб дуже інтригуючий. Як загальна порада: коли сотні людей читають те, що ви написали, загальна пристойність вимагає звернути увагу на те, як ви пишете ... ;-)

— Андрій Бауер

6

@AndrejBauer В ОП може бути хтось, хто не є носієм англійської мови, і хто, можливо, ще не мав можливості отримати інструктаж з офіційної англійської мови. Це не є причиною відштовхувати когось, хоча це може бути корисним для їх виправлення.

— Yuval Filmus

28

Розглянемо чотири квадратної теореми Лагранжа . У ньому йдеться про те, що якщо тоді . Якщо є регулярним, візьміть то візьміть . Так чи інакше, це доводить існування неправильного такого, що є регулярним. $B = \{1^{n^2}| n \geq 0\}$ $B^4 = \{1^n | n \geq 0\}$ $B^2$ $A = B$ $A = B^2$ $A$ $A^2$

— Karolis Juodelė
джерело

Я не розумію цього доказу; Ви могли б трохи допрацювати?

— Г. Бах

2

Пояснення цього (прекрасного) доказу: Ми маємо, що , і що . Зауважте, що . Тепер, якщо , то, приймаючи маємо контрприклад, а якщо то приймаючи маємо контрприклад.

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}

$A=B^2$

— Шауль

1

Абсолютно красива.

— vonbrand

3

@YuvalFilmus, справді, але у мене не було доказів і я не хотів залишати сумнівів. Зараз я, здається, знайшов його. "Число - це сума двох квадратів, якщо і лише тоді, коли всі прості множники форми мають навіть показник у основній факторизації ". Нехай - довжина накачування. Розглянемо . Нехай є простим форми і - довжина, яку ми обираємо накачати. Тоді має непарний показник на і, таким чином, не знаходиться в .

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

$m$

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, згоден.

— Karolis Juodelė

8

Ось приклад не обчислюваної мови такого, що . Візьміть будь-який не обчислюваний (представлений у вигляді набору чисел, наприклад, коди машин Тьюрінга, які зупиняються) та визначте Так містить всі , крім одиниць довжиною слова для деяких . Якщо було обчислено, то ви могли б обчислити : заданий , визначити, чи (тобто нулі) знаходиться в чи ні. Оскільки ми припустили, що $A$ $A^2 = \Sigma^*$ $K$

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

$A$

K

$K$

k

$k$

0^{4^{k}}

$0^{4^k}$

4^{k}

$4^k$

A

$A$

K

$K$ не обчислюється, також повинен бути не обчислюваним.

A

$A$

Претензія: . Нехай - будь-яке слово довжиною . Якщо не є потужністю , то а порожнє слово - в , так . Якщо - потужність то не є потужністю . Запишіть , де . Обидва так . $A^2 = \Sigma^*$ $w$ $n$ $n$ $4$ $w \in A$ $A$ $w \in A^2$ $n$ $4$ $n/2$ $4$ $w = xy$ $|x| = |y| = n/2$ $x,y \in A$ $w = xy \in A^2$

— Юваль Фільм
джерело

1

Для початківців, докази ескіз « нерозв'язний» може бути в порядку. Крім того, невелике перешкода може полягати в тому, що ви використовуєте як формальну мову та як набір чисел (що справедливо, якщо вважати, що для належної семантики , але, можливо, незнайомо). Інакше дуже приємна ідея.

A

$A$

K

$K$

K

$K$

— Рафаель

2

Ваш доказ все ще робить величезний стрибок (стверджуючи, що об'єднання нерегулярних мов є нерегулярним).

Якщо гіпотеза Гольдбаха відповідає дійсності, то відповідь на питання - ні. Розглянемо нерегулярну мову . Тоді по гіпотезі Гольдбаха , яка є регулярною. $A=\{1^p: p\text{ is a prime}\}$ $A^2=\{1^{2k}: k>1\}$

Це не вирішує питання повністю, але це дає вагомі докази того, що відповідь "ні" (інакше гіпотеза Гольдбаха помилкова) Однак відповідь може бути важко довести, якщо це єдиний відомий приклад.

— Шаул
джерело

Що можемо зробити висновок з питання?

— акшай

Якщо припустити гіпотезу Гольдбаха - якщо є регулярною, то все ще може бути нерегулярною. Отже: доведення того, що відповідь "так", означало б, що гіпотеза Гольдбаха помилкова (малоймовірна).

A^{2}

$A^2$

A

$A$

— Шауль

2

За наявності "реальних" доказів, я не вважаю, що використання недоведеної гіпотези є справедливим. Може зв’язок для когось цікавий?

— Рафаель

Дійсно, після наступних відповідей це зайве. Однак тут ви можете побачити приємний математичний розвиток: відповідь, що базується на загальновідомій гіпотезі, потім відповідна відповідь (використовуючи теорему Лагранжа), що ґрунтується на аналогічній ідеї (розкладання числа на суму).

— Шауль

1

Насправді, якщо ви використовуєте прайми та напівперміси, ви можете використовувати теорему Чена .

— sdcvvc

2

Твердження неправильне.

Нехай - нерегулярна мова, яка є "рідкою": якщо то будь-який інший задовольняє (або ) . Не надто складно побачити, що багато нестандартних мов можуть бути рідкими. $D$ $x \in D$ $y\in D$ $|y| > 4|x|$ $|x|>4|y|$ ^$\dagger$

Тепер визначимо . Від властивостей закриття (доповнення), повинен бути нерегулярним. $A = \Sigma^* \setminus D$ $A$

Однак (ви можете зрозуміти, чому?) $A^2 = \Sigma^*$ $\ \ \$

^$\dagger$_{Я думаюдостатньо, але це може спричинити деякі неприємні випадки. повинно бути достатньо, тому візьмемобути на безпечній стороні. $|y|>2|x|$ $|y|>2|x|+2$ $|y|>4|x|$}

— Ран Г.
джерело

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

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

Легко бачити, що нерегулярно, тоді як . $A$ $A^2=1^{\ast}$

— sdcvvc
джерело

2

Нехай - будь-який не визначений набір, нехай і нехай . можна визначити, тому він звичайно не є регулярним. Але , що є регулярним, оскільки його доповнення є кінцевим. $U\subseteq \mathbb{N}$ $I = \{2u+1\mid u\in U\}\cup\{0,2,4,\dots\}$ $L = \{a^i\mid i\in I\}$ $L$ $L^2 = \{a^{2n}\mid n\in \mathbb{N}\} \cup \{a^n\mid n\geq \min\,I\}$

— Девід Річербі
джерело

0

Іншим прикладом із запитання, яке було позначене як дублікат цього, є розгляд нерегулярної мови . Будь-яке парне число - це сума і , які є обома складовими; будь-яке непарне число - це сума і , які є обома складовими ( для деяких ). Тому , що є регулярним, оскільки є спільним (це доповнення ). $\{a^k\mid m\text{ is composite}\}$ $n\geq 8$ $n-4$ $4$ $n\geq 13$ $n-9$ $9$ $n-9=2m$ $m\geq 2$ $A^2 = \{a^8,a^{10}\}\cup\{a^k\mid k\geq 12\}$ $\{\epsilon,a,aa,\dots,a^6,a^7,a^9,a^{11}\}$

— Девід Річербі
джерело