Czy zbiór wszystkich pierwotnych słów jest językiem podstawowym?

Słowo $w$ nazywa się prymitywnym , jeśli nie ma słowa i więc . Zbiór wszystkich prymitywnych słów nad alfabetem jest dobrze znanym językiem. WLOG możemy wybrać .$v$$k > 1$$w = v^k$$Q$$\Sigma$$\Sigma = \{ a,b \}$

Język jest liczbą pierwszą , jeśli dla każdego języka i B z L = A \ cdot B mamy A = \ {\ epsilon \} lub B = \ {\ epsilon \} .$L$$A$$B$$L = A \cdot B$$A = \{\epsilon\}$$B = \{ \epsilon \}$

Czy Q jest liczbą pierwszą?

Za pomocą solwera SAT mogę pokazać, że albo mamy lub ponieważ w przeciwnym razie nie może zostać podzielony do i , ale utknęli od tego czasu.$\{a,b\} \subseteq A$$\{a,b\} \subseteq B$$\{ ababa, babab \} \subset Q$$A$$B$

Odpowiedź brzmi tak. Załóżmy, że mamy faktoryzacji $Q = A\cdot B$ .

Jedną łatwą obserwacją jest to, że $A$ i $B$ muszą być rozłączne (ponieważ dla $w\in A\cap B$ otrzymujemy $w^2\in Q$ ). W szczególności tylko jeden z $A,B$ może zawierać $\epsilon$ . Możemy założyć wlog (ponieważ druga sprawa jest całkowicie symetryczny), że $\epsilon\in B$ . Następnie od i b nie może być uwzględnione niepustych czynników, musimy mieć , b ∈ A .$a$$b$$a,b\in A$

Następnie otrzymujemy, że $a^mb^n\in A$ (i całkowicie analogicznie, $b^ma^n\in A$ ) dla wszystkich $m,n>0$ przez indukcję na $m$ :

Dla $m=1$ , od $ab^n\in Q$ , musimy $ab^n = uv$ o $u\in A, v\in B$ . Ponieważ $u\neq\epsilon$ , $v$ musi być $b^k$ dla niektórych $k\le n$ . Ale jeśli $k>0$ , to skoro $b\in A$ otrzymujemy $b^{1+k}\in Q$ , sprzeczność. Więc$v=\epsilon$ i b n ∈ . $ab^n\in A$

W etapie indukcyjnym, ponieważ $a^{m+1}b^n\in Q$ mamy $a^{m+1}b^n = uv$ o $u\in A, v\in B$ . Od tego czasu $u\neq\epsilon$ mamy albo $v = a^kb^n$ dla niektórych $0<k<m+1$ , albo $v=b^k$ dla niektórych $k<n$ . Ale w pierwszym przypadku$v$ jest już w$A$ według hipotezy indukcyjnej, więc$v^2\in Q$ , sprzeczność. W tym ostatnim przypadku, musimy mieć $k=0$ (czyli $v=\epsilon$ ), ponieważ od $b\in A$ otrzymujemy $b^{1+k}\in Q$ . Tak więc $u=a^{m+1}b^n\in A$ .

Rozważmy teraz przypadek ogólny pierwotnych słów z $r$ naprzemiennie pomiędzy i b , to w oznacza albo m 1 b n 1 ... danej M s b n a , b m 1 n 1 ... b m s n s (dla 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}}$, 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.