Чи набір усіх примітивних слів є головною мовою?

Слово $w$ називається примітивним , якщо немає слова $v$ і $k > 1$ так що $w = v^k$ . Множина $Q$ усіх примітивних слів над алфавітом $\Sigma$ - добре відома мова. WLOG ми можемо вибрати $\Sigma = \{ a,b \}$ .

Мова $L$ є простим , якщо для кожної мови $A$ і $B$ з $L = A \cdot B$ маємо $A = \{\epsilon\}$ або $B = \{ \epsilon \}$ .

Q простий?

За допомогою SAT вирішувач я міг би показати , що ми або маємо $\{a,b\} \subseteq A$ або $\{a,b\} \subseteq B$ , як в іншому випадку $\{ ababa, babab \} \subset Q$ не може бути розкладено $A$ і $B$ , але з тих пір застрягли.

Відповідь - так. Припустимо , що ми маємо розкладання на множники $Q = A\cdot B$ .

Одне легке зауваження - це те, що $A$ і $B$ повинні бути неперервними (оскільки для $w\in A\cap B$ ми отримаємо $w^2\in Q$ ). Зокрема, лише один з $A,B$ може містити $\epsilon$ . Можна вважати , без втрати спільності (так як в іншому випадку цілком симетрично) , що $\epsilon\in B$ . Тоді , так як і б не може бути врахований в непусті чинники, ми повинні мати , б ∈ A .$a$$b$$a,b\in A$

Далі отримаємо, що $a^mb^n\in A$ (і, абсолютно аналогічно, $b^ma^n\in A$ ) для всіх $m,n>0$ шляхом індукції на $m$ :

При $m=1$ , так як $ab^n\in Q$ , ми повинні мати $ab^n = uv$ з $u\in A, v\in B$ . Оскільки $u\neq\epsilon$ , $v$ має бути $b^k$ для деякого $k\le n$ . Але якщо $k>0$ , то оскільки $b\in A$ отримуємо $b^{1+k}\in Q$ , протиріччя. Так$v=\epsilon$ , а б п ∈ . $ab^n\in A$

For the inductive step, since $a^{m+1}b^n\in Q$ we have $a^{m+1}b^n = uv$ with $u\in A, v\in B$. Since again $u\neq\epsilon$, we have either $v = a^kb^n$ for some $0<k<m+1$, or $v=b^k$ for some $k<n$. But in the former case, $v$ is already in $A$ by the induction hypothesis, so $v^2\in Q$, contradiction. In the latter case, we must have $k=0$ (i.e. $v=\epsilon$) since from $b\in A$ we get $b^{1+k}\in Q$. So $u=a^{m+1}b^n\in A$.

Now consider the general case of primitive words with $r$ alternations between $a$ and $b$, i.e. $w$ is either $a^{m_1}b^{n_1}\ldots a^{m_s}b^{n_s}$, $b^{m_1}a^{n_1}\ldots b^{m_s}a^{n_s}$ (for $r=2s-1$), $a^{m_1}b^{n_1}\ldots a^{m_{s+1}}$, or $b^{m_1}a^{n_1}\ldots b^{m_{s+1}}$ (for $r=2s$); we can show that they are all in $A$ using induction on $r$. What we did so far covered the base cases $r=0$ and $r=1$.

For $r>1$, we use another induction on $m_1$, which works very much the same way as the one for $r=1$ above:

If $m_1=1$, then $w=uv$ with $u\in A, v\in B$, and since $u\neq\epsilon$, $v$ has fewer than $r$ alternations. So $v$ (or its root in case $v$ itself is not primitive) is in $A$ by the induction hypothesis on $r$ for a contradiction as above unless $v=\epsilon$. So $w=u\in A$.

If $m_1>1$, in any factorization $w=uv$ with $u\neq\epsilon$, $v$ either has fewer alternations (and its root is in $A$ unless $v=\epsilon$ by the induction hypothesis on $r$), or a shorter first block (and its root is in A unless $v=\epsilon$ by the induction hypothesis on $m_1$). In either case we get that we must have $v=\epsilon$, i.e. $w=u\in A$.

The case of $Q' := Q\cup\{\epsilon\}$ is rather more complicated. The obvious things to note are that in any decomposition $Q = A\cdot B$, both $A$ and $B$ must be subsets of $Q'$ with $A\cap B = \{\epsilon\}$. Also, $a,b$ must be contained in $A\cup B$.

With a bit of extra work, one can show that $a$ and $b$ must be in the same subset. Otherwise, assume wlog that $a\in A$ and $b\in B$. Let us say that $w\in Q'$ has a proper factorization if $w=uv$ with $u\in A\setminus\{\epsilon\}$ and $v\in B\setminus\{\epsilon\}$. We have two (symmetric) subcases depending on where $ba$ goes (it must be in $A$ 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.