é

12

Se $A^2$ é regular, segue-se que $A$ é regular?

Minha tentativa de prova:

Sim, por contradição, assuma que $A$ não é regular. Em seguida, $A^2 = A \cdot A$ .

Desde concatenação de duas línguas não regular não é regular $A^2$ não pode ser regular. Isso contradiz nossa suposição. Então $A$ é regular. Então, se $A^2$ é regular, então $A$ é regular.

A prova está correta?

Podemos generalizar isso para $A^3$ , $A^4$ , etc ...? E também se $A^*$ é regular, então $A$ não precisa ser regular?

Exemplo: $A=\lbrace 1^{2^i} \mid i \geq 0\rbrace$ não é regular, mas $A^*$ é regular.

formal-languages regular-languages closure-properties

— akshay
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2

A primeira prova dá um grande salto. Qual é a sua prova de que

A

$A$ não é regular implica que

A^{2}

$A^2$ não é regular? Provar que isso pode levá-lo à intuição para ajudar a responder o restante da pergunta, se é verdade.

— 18713 Dave Clarke

@DaveClarke Editou a prova.

— akshay

3

Como você consegue soletrar "Estou correto?" dessa maneira é muito intrigante. Como um conselho geral: quando centenas de pessoas lêem o que você escreveu, as exigências gerais de decência que você preste atenção à forma como você escreve ... ;-)

— Andrej Bauer

6

@AndrejBauer O OP pode ser alguém que não seja um falante nativo de inglês e que ainda não tenha tido a oportunidade de obter instruções sobre inglês formal. Isso não é motivo para desencorajar alguém, embora possa ser útil corrigi-lo.

— Yuval Filmus

28

Considere o teorema dos quatro quadrados de Lagrange . Ele afirma que se então . Se for regular, faça ou faça . De qualquer maneira, isso prova a existência de irregular tal que é regular. $B = \{1^{n^2}| n \geq 0\}$ $B^4 = \{1^n | n \geq 0\}$ $B^2$ $A = B$ $A = B^2$ $A$ $A^2$

— Karolis Juodelė
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Eu não entendo essa prova; você poderia elaborar um pouco?

— G. Bach

2

Explicando esta prova (bela): Temos que

, e que

. Observe que

. Agora, se

, em seguida, tomando

que tem um contra-exemplo, e se

, em seguida, tomando

temos um contra-exemplo.

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}

$A=B^2$

— Shaull

1

Absolutamente lindo.

— 21133 vonbrand

3

@YuvalFilmus, de fato, mas eu não tinha uma prova e não queria deixar nenhuma dúvida. Agora parece que encontrei um. "Um número

é a soma de dois quadrados se e somente se todos os fatores primos da forma

tiverem expoente na fatoração primária de

". Seja

o comprimento do bombeamento. Considere

. Seja

um primo da forma

e

seja o comprimento que escolhemos bombear. Então,

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

$m$

tem um expoente ímpar em

e, portanto, não está em

.

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, concordo.

— Karolis Juodelė

8

Aqui está um exemplo de uma linguagem não computável tal que . Pegue qualquer não computável (representado como um conjunto de números, por exemplo, os códigos das máquinas de Turing que param) e defina Então contém todos os outros do que os de comprimento palavras por algum . Se $A$ $A^2 = \Sigma^*$ $K$

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

$A$ eram computáveis, então você poderia calcular

: dado

, determinar se

(ou seja,

zeros) está em

ou não. Como assumimos que

não é computável,

também deve ser não computável.

K

$K$

k

$k$

0^{4^{k}}

$0^{4^k}$

4^{k}

$4^k$

A

$A$

K

$K$

A

$A$

Reivindicação: . Seja qualquer palavra de comprimento . Se não é uma potência de , então e a palavra vazia estão em , então . Se é uma potência de então não é uma potência de . Escreva , onde $A^2 = \Sigma^*$ $w$ $n$ $n$ $4$ $w \in A$ $A$ $w \in A^2$ $n$ $4$ $n/2$ $4$ $w = xy$ $|x| = |y| = n/2$ . Ambos então . $x,y \in A$ $w = xy \in A^2$

— Yuval Filmus
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1

For beginners, a proof sketch for "

A

$A$ undecidable" may be in order. Also, a small hurdle may be that you use

K

$K$ as a formal language and as a set of numbers (which is fair, assuming suitable semantics for

K

$K$ , but maybe unfamiliar). Otherwise, very nice idea.

— Raphael

2

Your proof still makes a huge jump (arguing that concatenation of non-regular languages is non-regular).

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
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What can we conclude about the question?

— akshay

Assuming the Goldbach conjecture -if

A^{2}

$A^2$ 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.
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I like how this question is getting increasingly more trivial proofs. Your idea of sparseness could be further simplified to a requirement that

1 \in A

$1 \in A$ and

1^{k} \notin A ⟹ 1^{k - 1} \in 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
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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
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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
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