Representações de base-k do co-domínio de um polinômio - é livre de contexto?

No capítulo 4 de A Second Course in Automata Theory, de Jeffrey Shallit, o seguinte problema é listado como aberto:

$p(n)$$p(n) \in \mathbb{N}$$n \in \mathbb{N}$$\{p(n) \mid n \geqslant 0\}$$p$$\leqslant 1$

Qual é o seu status agora (como em outubro de 2018)? Está provado? E alguns casos especiais?

Claro que aqui.$k \geq 2$

Certa vez, havia um manuscrito de Horváth que alegava resolver o problema, mas não era claro em vários lugares e, pelo que sei, nunca foi publicado.

Até onde eu sei, o problema ainda está aberto. Uma direção da implicação é fácil, é claro.

Este é um esboço da prova para $k=2$ e $L = \{[n^2]_2 \mid n \geq 1\}$ ; onde $[n^2]_2$ é a representação binária de $n^2$ . Para maior clareza, colocamos o bit menos significativo das seqüências binárias à esquerda, por exemplo, $[4^2]_2 = 00001$ .

A idéia central é assumir que $L$ é livre de contexto e, em seguida, tente "simplificá-lo", cruzando-o com uma linguagem regular simples $R$ ; a nova linguagem $L \cap R$ ainda é livre de contexto e ainda deve conter representações binárias de quadrados; então aplicamos o lema de bombeamento para idiomas CF, a fim de obter uma string binária que não é uma representação de um quadrado.

A interseção de $L$ com palavras regulares que contém apenas um pequeno número finito de $1$ dígito não é promissora. Acontece que até quatro dígitos $1$$(R = \{ 0^*1 \}, \{ 0^*10^*1 \}, \{ 0^*10^*10^*1 \}, \{0^*10^*10^*10^*1\} )$ obtemos uma linguagem CF; e com cinco $1$ dígitos, obtemos um problema aparentemente difícil da teoria dos números.

A abordagem promissora é cruzar $L$ com $R = 1\,0^+\,1^+\,0^+\,1$ ; isso é equivalente a restringir$L$ aos quadrados:

(quadrados informalmente ímpares cuja representação binária contém todos os $0$ s, exceto uma sequência de $1$ s no meio).

    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

Com alguns esforços, podemos provar o seguinte:

Teorema: o número $2^0 + 2^a((2^b - 1) + 2^{b+c});\quad 0<c, 3<a<b$ é um quadrado se e somente se

(a prova é bastante longa, vou publicá-la no meu blog)

Nesse ponto, podemos facilmente provar que $L \cap R$ não é livre de contexto usando o lema de bombeamento (podemos bombear no máximo dois "segmentos" da cadeia $100..0011...1100.001$ ). Assim também $L$ não é livre de contexto.

Provavelmente a mesma técnica pode ser aplicada a qualquer base $k$ .

Eu acho que tenho uma prova. A prova segue deste lema.

Lema. Para uma linguagem livre de contexto $L$ se para infinitamente muitas $n$ houver $n^6$ palavras de comprimento igual cujas primeiras $n^2$ letras são iguais e suas últimas $n$ letras forem diferentes (em pares), então existe um $B$ modo que existem infinitamente muitas pares $u,v\in L$ de comprimento igual que diferem apenas em suas últimas $B$ letras.

Portanto, se $u$ e $v$ representam números binários, sua diferença será no máximo $2^B$ infinitamente, o que é impossível para polinômios. Por outro lado, com alguma teoria dos números, pode ser mostrado que a condição é satisfeita para todo polinômio com valor inteiro $p$ : Pegue qualquer $x_1,\ldots,x_{n^6}$ para o qual $f(x_i)\ne f(x_j)$ e adicione um número suficientemente grande $N$ a cada um deles para obter as palavras desejadas $f(x_i+N)$ .

Prova do lema. Tome um $n$ grande o suficiente para que haja $n^6$ palavras de comprimento igual, $w_1,\ldots,w_{n^6}$ , que satisfaçam as condições. Para cada $w_i$ fixo uma maneira pela qual ela pode ser gerada a partir da gramática livre de contexto. (Aviso! Eu não sou especialista neste campo, portanto, talvez não use os termos adequados.)

Dizer que a aplicação de uma regra $A\to BC$ divide duas letras $b$ e $c$ da última palavra, se o $b$ e $c$ são ambos derivados a partir de $A$ , mas $b$ é derivado a partir de $B$ , ao passo que $c$ é derivado a partir de $C$ . Cada regra divide no máximo $O(1)$ letras de $w_i$ uma da outra.

Em qualquer $w_i$ , haverá $\Omega(n)$ letras consecutivas entre os primeiros $n^2$ cartas que estão divididos entre si por algumas regras consecutivos tais que não há duas cartas entre os últimos $n$ letras são divididos uns dos outros durante a aplicação dessas regras. Se escrevermos essas regras coletivamente para a letra $w_i$ como $A_i\to B_i^1B_i^2\ldots B_i^n$ , nenhuma letra das últimas $n$ letras será derivada de $B_i^j$ para$j<n$ , e$B_i^1B_i^2\ldots B_i^{n-1}$ são todos convertidos em alguma parte das primeiras$n^2$ letras. Podemos aplicar o lema de bombeamento à regra$A_i\to B_i^1B_i^2\ldots B_i^n$ se$n$ for grande o suficiente.

Existem apenas $\binom{n^2}2$ escolhas para o intervalo de$\Omega(n)$letras,$O(n)$opções sobre o que o lema de bombeamento fornece (uma vez que possuicomprimento$O(1)$); portanto, pelo princípio do pombo, haverá duas palavras para as quais estas são todas o mesmo. Mas, depois do bombeamento, podemos obter uma parte inicial comum arbitrariamente longa para essas duas palavras, enquanto sabemos que elas diferem apenas em seus últimos$n$bits.

Nota. Esta é uma versão muito mais detalhada da minha outra resposta, pois ela não parecia suficientemente compreensível. Tentei convertê-lo para se parecer com lemas de bombeamento mais comuns, mas a prova completa chegou a ser complexa. Recomendo ler a declaração dos dois primeiros lemas para entender a idéia principal, depois a declaração do Corolário e, finalmente, o fim, onde provo por que o Corolário implica a resposta à pergunta.

A prova é baseada em uma generalização do lema de bombeamento. O lema de que precisamos é bastante elaborado; portanto, em vez de declará-lo imediatamente, começo com algumas generalizações mais fáceis, eventualmente desenvolvendo outras mais complicadas. Como aprendi mais tarde, isso é muito semelhante ao chamado lema de intercâmbio .

Lema de bombeamento duplo. Para cada livre de contexto linguagem $L$ há um $p$ tal que a partir de qualquer $p$ palavras $s_1,\ldots,s_p\in L$ podemos selecionar dois, $s$ e $s'$ , que pode ser escrita como $s=uvwxy$ e $s'=u'v'w'x'y'$ tal que $1\le |vx|\le p$ ,$1\le |v'x'|\le p$ e cada palavra$\bar u\bar v_1\ldots \bar v_n \bar w\bar x_n \ldots \bar x_1 \bar y\in L$ , onde$\bar w$ pode ser$w$ ou$w'$ , e de forma semelhante,$\bar v_i$ pode ser$v$ ou$v'$ e$\bar x_i$pode ser$x$ou$x'$, mas somente de modo que$\bar v_i=v$se e somente se$\bar x_i=x$(assim$\bar v_i=v'$se e somente se$\bar x_i=x'$), e$\bar u=u$se e somente se$\bar y=y$e$\bar u=u'$se, e apenas se$\bar y=y'$. Moreover, if instead of $p$, we are given $p\binom {n+4}4$ words of length $n$, we can additionally suppose for the selected two words that $|u|=|u'|$, $|v|=|v'|$, $|w|=|w'|$, $|x|=|x'|$ and $|y|=|y'|$.

This statement can be proved essentially the same way as the pumping lemma, we just need to pick some $s$ and $s'$ for which the same rule is pumped. This can be done if $p$ is large enough since there are only a constant number of rules. In fact, we don't even need that the same rule is pumped, but only that the non-terminal symbol is the same in the pumped rule. For the moreover part, notice that for a word of length $n$ there are only $\binom {n+4}4$ options it can be broken into five subwords, thus the statement follows from the pigeonhole principle.

Next we give another way of generalizing the pumping lemma (and later we'll combine the two).

Nested Pumping Lemma. For every context-free language $L$ there is a $p$ such that for any $k$ any word $s\in L$ can be written as $s=uv_1\ldots v_kwx_k\ldots x_1y$ such that $\forall i~1\le |v_ix_i|\le p$ and for every sequence $(i_j)_{j=1}^m$ the word $uv_{i_1}\ldots v_{i_m}wx_{i_m}\ldots x_{i_1}y\in L$.

Note that the indices $i_j$ can be arbitrary from $1$ to $k$, the same index can occur multiple times. The proof of the Nested Pumping Lemma is essentially the same as the original pumping lemma's, we just need to use that we obtain the same non-terminal symbol from itself $k$ times - this is true if we do $p(k-1)+1$ steps (instead of the $p$ from the original pumping lemma). We can also strengthen Ogden's lemma in a similar way.

Nested Ogden's Lemma. For every context-free language $L$ there is a $p$ such that for any $k$ marking any at least $p^k$ positions in any word $s\in L$, it can be written as $s=uv_1\ldots v_kwx_k\ldots x_1y$ such that $\forall i~1\le$ '# of marks in $v_ix_i$'$\le p^k$ and for every sequence $(i_j)_{j=1}^m$ the word $uv_{i_1}\ldots v_{i_m}wx_{i_m}\ldots x_{i_1}y\in L$.

Unfortunately, in our application $p^k$ would be too large, so we need to weaken the conclusion to allow non-nested $v_i$-$x_i$ pairs. Luckily, using Dilworth, the structure stays simple.

Dilworth Ogden's Lemma. For every context-free language $L$ there is a $p$ such that for any $k,\ell$ marking any at least $pk\ell$ positions in any word $s\in L$, it can be written either as

case (i): $s=uv_1\ldots v_kwx_k\ldots x_1y$, or as

case (ii): $s=uv_1w_1x_1\ldots v_\ell w_\ell x_\ell y$,

such that $\forall i~1\le$ '# of marks in $v_ix_i$'$\le pk\ell$ and for every sequence $(i_j)_{j=1}^m$,

in case (i) the word $uv_{i_1}\ldots v_{i_m}wx_{i_m}\ldots x_{i_1}y\in L$, and

in case (ii) the word $uv_1^{i_1}w_1x_1^{i_1}\ldots v_\ell^{i_\ell}w_\ell x_\ell^{i_\ell}y\in L$.

Proof: Take the derivation tree generating $s$. Call a non-terminal recurring if it appears again under itself in the derivation tree. By expanding the rule set, we can suppose that all non-terminal symbols are recurring in the derivation tree. (This is to be understood that we might have eliminated their recurrence; this doesn't matter, the point is that they can be pumped.) There are at least $pk\ell$ leaves that correspond to a marked position. We look at the nodes where two marked letters split. There are at least $\Omega(pk\ell)$ such nodes. By the pigeonhole principle, at least $\Omega(pk\ell)$ correspond to the same non-terminal. Using Dilworth, $\Omega(\sqrt{p}k)$ of them are in a chain or $\Omega(\sqrt{p}\ell)$ are in an antichain, giving cases (i) and (ii), respectively, if $p$ is large enough.

Now we are ready to state a big combination lemma.

Super Lemma. For every context-free language $L$ there is a $p$ such that for any $k,\ell$ marking the same at least $pk\ell$ positions in $N\ge \max(pn^{2k+2},pn^{3\ell+1})$ words $s_1,\ldots,s_N\in L$, each of length $n$, there are two words, $s$ and $s'$, that can be written as $s=uv_1\ldots v_kwx_k\ldots x_1y$ and $s'=u'v_1'\ldots v_k'w'x_k'\ldots x_1'y'$ OR as $s=uv_1w_1x_1\ldots v_\ell w_\ell x_\ell y$ and $s'=u'v_1'w_1'x_1'\ldots v_\ell'w_\ell'x_\ell'y'$ such that the respective lengths of the subwords are all the same, i.e., $|u|=|u'|$, $|v_i|=|v_i'|$, etc., and $\forall i$ $v_ix_i$ contains a mark, and for every sequence $(i_j)_{j=1}^m$ the word $\bar u\bar v_{i_1}\ldots \bar v_{i_m}\bar w\bar x_{i_m}\ldots \bar x_{i_1} \bar y\in L$ OR $\bar u\bar v_1^{i_1}\bar w_1\bar x_1^{i_1}\ldots \bar v_\ell^{i_\ell}\bar w_\ell \bar x_\ell^{i_\ell}\bar y \in L$, respectively, where $\bar z$ stands for $z$ or $z'$, i.e., we can freely mix the intermediate subwords from $s$ and $s'$, but only such that $\bar u=u$ if and only if $\bar y=y$ etc.

Proof sketch of Super Lemma: Apply the Dilworth Ogden's Lemma for each $s_i$. There are $\binom {n+2k+2}{2k+2}$ and $\binom {n+3\ell+1}{3\ell+1}$ possible options, respectively, where the boundaries between the subwords of $s_i$ can be. There are a constant number of non-terminals in the language, thus by the pigeonhole principle, if $p$ is large enough, the same non-terminal is pumped in the $k$/$\ell$ rules for at least two words, $s$ and $s'$, that also have the same subword boundaries.

Unfortunately, the number $N$ that comes from this lemma is too large for our application. We can, however, decrease it by demanding fewer coincidences among the subwords. Now we state the lemma that we'll use.

Special Lemma. For every context-free language $L$ there is a $p$ such that for any $k$ marking the same at least $pk$ positions in $N=pkn^2$ words $s_1,\ldots,s_N\in L$, each of length $n$, there are two words, $s$ and $s'$, that can be written either as $s=uv_1\ldots v_kwx_k\ldots x_1y$ and $s'=u'v_1'\ldots v_k'w'x_k'\ldots x_1'y'$ such that either

case (i): $\exists i<k$ such that $|x_i|=|x_i'|=0$, $|uv_1\ldots v_{i-1}|=|u'v_1'\ldots v_{i-1}'|$, and $|v_i|=|v_i'|$ (i.e., the two latter conditions mean that the position of $v_i$ is the same as the position of $v_i'$), OR

case (ii): $\forall i<k$ $|x_i|\ge 1$, $|x_i'|\ge 1$, $|uv_1\ldots v_{k-1}|=|u'v_1'\ldots v_{k-1}'|$ and $|v_kwx_k|=|v_k'w'x_k'|$ (i.e., these two conditions mean that the position of $v_kwx_k$ is the same as the position of $v_k'w'x_k'$),

and (for both cases) $\forall i$ $v_ix_i$ contains a mark, and for every sequence $(i_j)_{j=1}^m$ the word $\bar u\bar v_{i_1}\ldots \bar v_{i_m}\bar w\bar x_{i_m}\ldots \bar x_{i_1}\bar y\in L$, where $\bar z$ stands for $z$ or $z'$, i.e., we can freely mix the intermediate subwords from $s$ and $s'$, but only such that $\bar u=u$ if and only if $\bar y=y$ etc., OR

case (iii): $s$ and $s'$ can be written as $s=uv_1w_1x_1v_2w_2x_2y$ and $s'=u'v_1'w_1'x_1'v_2'w_2'x_2'y'$ such that $|u|=|u'|$ and $|v_1w_1x_1|=|v_1'w_1'x_1'|$, and $\forall i$ $v_ix_i$ contains a mark, and $uv_1^hw_1x_1^hv_2w_2x_2y\in L$ and $u'v_1^hw_1x_1^hv_2'w_2'x_2'y'\in L$.

The proof only differs from the Super Lemma's that there are $k\binom n2$ possible options for a word in case (i), which leaves $\binom n2$ options for case (ii), while in case (iii) there are $\binom n2$ options.

Corollary. If for every $p$ there are $t$ and $n$ with $n\ge p(t+1)+t$ such that there are $N=n^3$ words of length $n$ in a context-free language $L$ whose first $p(t+1)$ letters are the same for each word, and their last $t$ letters are different for each pair or words (i.e., the words look like $s_i=s_i^{beg}s_i^{mid}s_i^{end}$ such that $|s_i^{beg}|=p(t+1)$, $|s_i^{mid}|=n-p(t+1)-t$, $|s_i^{end}|=t$, and $\forall i\ne j~s_i^{beg}= s_j^{beg}$ and $s_i^{end}\ne s_j^{end}$), then there is a $B$ such that there are infinitely many pairs of words $a_h\ne b_h\in L$ of equal length that differ only in their last $B$ letters.

Proof: Take $k=t+1$ and apply the Special Lemma for our $N$ words using $N=n^3\ge p(t+1)n^2$, marking the first $p(t+1)$ letters (that are the same in every word) to obtain $s=uv_1\ldots v_{t+1}wx_{t+1}\ldots x_1y$ and $s'=u'v_1'\ldots v_{t+1}'w'x_{t+1}'\ldots x_1'y'$ OR $s=uv_1w_1x_1v_2w_2x_2y$ and $s'=u'v_1'w_1'x_1'v_2'w_2'x_2'y'$.

If we are in case (i) of the Special Lemma, i.e., there is an $i$ such that $|x_i|=|x_i'|=0$, $|uv_1\ldots v_{i-1}|=|u'v_1'\ldots v_{i-1}'|$, and $|v_i|=|v_i'|$, then $uv_1\ldots v_{i-1}=u'v_1'\ldots v_{i-1}'$ and $v_i=v_i'$ also hold, as $v_{i+1}wx_{i+1}$ needs to contain a marked letter, thus the subwords preceding $v_{i+1}$ consist of only marked letters, and these are the same in $s$ and $s'$. We can take the words $a_h=uv_1\ldots v_i^h\ldots v_twx_t\ldots x_1y$ and $b_h=uv_1\ldots v_i^hv_{i+1}'\ldots v_t'w'x_t'\ldots x_1'y'$ to obtain the desired pairs; since these words end the same way as $s$ and $s'$, $a_h\ne b_h$ and they differ only in their last bounded many letters.

If we are in case (ii) of the Special Lemma, i.e., $\forall i<k$ $|x_i|\ge 1$, $|x_i'|\ge 1$, $|uv_1\ldots v_t|=|u'v_1'\ldots v_t'|$ and $|v_{t+1}wx_{t+1}|=|v_{t+1}'w'x_{t+1}'|$, then $uv_1\ldots v_t=u'v_1'\ldots v_t'$ also holds, similarly as in the previous case. Now we can take $a_h=uv_1\ldots v_tv_{t+1}^{h}wx_{t+1}^{h}x_t\ldots x_1y$ and $b_h=uv_1\ldots v_tv_{t+1}^{h}wx_{t+1}^{h}x_t'\ldots x_1'y'$; since $|x_t\ldots x_1y|=|x_t'\ldots x_1'y'|\ge t$, these words certainly end differently and can differ only in their last bounded many letters. (Note that this is the only place where we really need that we can pump one word with a subword of the other one.)

If we are in case (iii) of the Special Lemma, i.e., $s=uv_1w_1x_1v_2w_2x_2y$ and $s'=u'v_1'w_1'x_1'v_2'w_2'x_2'y'$ such that $|u|=|u'|$ and $|v_1w_1x_1|=|v_1'w_1'x_1'|$, then $u=u'$ and $v_1w_1x_1=v_1'w_1'x_1'$ also hold, similarly as in the previous cases. Now we can take $a_h=uv_1^hw_1x_1^hv_2w_2x_2y\in L$ and $b_h=uv_1^hw_1x_1^hv_2'w_2'x_2'y'\in L$; since $v_2$ contains a marked letter, $|v_2w_2x_2y|\ge t$, thus these words certainly end differently and can differ only in their last bounded many letters.

This finishes the proof of the Corollary. Now let's see how to prove the original question from the Corollary.

Final proof. First we show that the condition of the Corollary is satisfied for every integer valued polynomial $f$. Set $t=p-1$ and $n=C^p$ for some large enough $C=C(f)$. The plan is to take some numbers $x_1,\ldots,x_{2N}$ (where $N=2n^3$) for which $f(x_i)\ne f(x_j)$, and then add some sufficiently large number $z$ to each of them to obtain the desired words $s_i=f(x_i+z)$. If the degree of $f$ is $d$, then at most $d$ numbers can take the same value, thus we can select $x_1,\ldots,x_{2N}$ from the first $2dN$ numbers, which means that they have $\log(dn)$ digits. In this case $f(x_i)=O((dN)^d)$, thus each $f(x_i)$ will have at most $d\log N + O(1)=O(\log n)$ digits. If we pick $z$ to be an $n/d$ digit number, then $f(z)$ will have $n$ digits, and for each $f(x_i+z)$ only the last $O(\log n)$ digits can differ. The $f(x_i+z)$ will all have $n$ or $n+1$ digits, thus at least half, i.e., $N$ of them have the same length; these will be the $s_i$.

From the conclusion of the Corollary we obtain infinitely many pairs of numbers $a_h$ and $b_h$, such that $|a_h-b_h|\le 2^B$, which is clearly impossible for polynomials.