是常规的，如果是正常吗？

12

如果是规则的，是否遵循是规则的？ $A^2$ $A$

我尝试证明：

是的，出于矛盾，假设不是规则的。然后。 $A$ $A^2 = A \cdot A$

由于两种非常规语言的连接不是常规的，所以不能是常规的。这与我们的假设相矛盾。因此，是常规的。因此，如果是规则的，则是规则的。 $A^2$ $A$ $A^2$ $A$

证明正确吗？

我们可以将其概括为，等吗？而且如果是规则的，那么不必是规则的吗？ $A^3$ $A^4$ $A^*$ $A$

示例：不是常规的，但是是常规的。 $A=\lbrace 1^{2^i} \mid i \geq 0\rbrace$ $A^*$

formal-languages regular-languages closure-properties

— Akshay
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2

第一个证明取得了巨大的飞跃。您如何证明不规则表示不规则？证明确实正确，可能会导致您直觉来帮助回答其余问题。

A

$A$

A^{2}

$A^2$

— Dave Clarke

@DaveClarke编辑了证明。

— akshay

3

您如何拼写“我正确吗？” 这样很有趣。作为一般建议：当成百上千的人阅读您写的内容时，一般的礼节要求您注意自己的写法... ;-)

— Andrej Bauer

6

@AndrejBauer OP可能不是以英语为母语的人，并且可能还没有机会获得正式英语的指导。尽管纠正它们可能会有所帮助，但这没有理由不鼓励任何人。

— Yuval Filmus

28

考虑拉格朗日的四平方定理。它指出如果然后。如果是规则的，则取否则取。无论哪种方式，这都证明了存在不规则使得是规则的。 $B = \{1^{n^2}| n \geq 0\}$ $B^4 = \{1^n | n \geq 0\}$ $B^2$ $A = B$ $A = B^2$ $A$ $A^2$

— 卡罗里斯·朱德尔
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我不明白这个证据；你能详细说明一下吗？

— G. Bach 2013年

2

解释这个（美丽的）证明：我们有和。观察到。现在，如果，则采用我们有一个反例；如果则采用我们有一个反例。

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

简直美极了。

— vonbrand

3

@YuvalFilmus，确实，但是我没有证据，我也不想留下任何疑问。现在我似乎找到了一个。“ 当且仅当形式所有素数在的素数分解中均具有指数时，数字才是两个平方的和。” 设为抽运长度。考虑。令为形式的素数，令为我们选择泵浦的长度。然后，在上具有奇指数，因此不在。

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}

$B^2$

— KarolisJuodelė

1

@JonasKölker，同意。

— KarolisJuodelė2014年

8

这是一个非可计算语言的示例，使得。取任何不可计算的（表示为一组数字，例如停止的图灵机的代码），然后定义所以含有比长度之外的其它所有单词一些。如果是可计算的，则可以计算：给定，确定（即零）是否在。由于我们假设 $A$ $A^2 = \Sigma^*$ $K$

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

$K$ 不可计算，也必须不可计算。

A

$A$

要求：。令为任何长度为单词。如果不是的幂，则，而空字在，因此。如果是的幂，则不是的幂。写，其中。都所以。 $A^2 = \Sigma^*$ $w$ $n$ $n$ $4$ $w \in A$ $A$ $w \in A^2$ $n$ $4$ $n/2$ $4$ $w = xy$ $|x| = |y| = n/2$ $x,y \in A$ $w = xy \in A^2$

— Yuval Filmus
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1

对于初学者来说，对于“证明草图不可判定”可能是为了。同样，一个小障碍可能是您将用作形式语言和一组数字（这很公平，假设语义合适，但可能不熟悉）。否则，非常好的主意。

A

$A$

K

$K$

K

$K$

— 拉斐尔

2

您的证明仍然有很大的进步（认为非常规语言的连接是非常规的）。

如果戈德巴赫猜想为真，则问题的答案为否：考虑非常规语言。然后根据哥德巴赫猜想，是有规律的。 $A=\{1^p: p\text{ is a prime}\}$ $A^2=\{1^{2k}: k>1\}$

这不能完全解决问题，但是有力证据表明答案是否定的（否则，哥德巴赫猜想是错误的）。但是，如果这是唯一已知的示例，那么答案可能很难证明。

— 鲨鱼
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关于这个问题，我们可以得出什么结论？

— akshay

假设哥德巴赫猜想-如果是规则的，那么可能仍然是不规则的。因此：证明答案为“是”将意味着戈德巴赫猜想是错误的（不太可能）。

A^{2}

$A^2$

A

$A$

— Shaull

2

在存在“真实”证据的情况下，我认为使用未经证明的猜想是不公平的。也许某些连接很有趣？

— 拉斐尔

确实，在以下回答之后，这是多余的。但是，您可以在此处看到一个不错的数学发展：一个基于众所周知的猜想的答案，然后一个相关的答案（使用拉格朗日定理），该答案基于类似的想法（将数字分解为和）。

— Shaull

1

实际上，如果使用素数和半素数，则可以使用Chen定理。

— sdcvvc

2

主张是错误的。

令为“稀疏”的非常规语言：如果则其他满足（或）。不难发现许多非常规语言可以是稀疏的。 $D$ $x \in D$ $y\in D$ $|y| > 4|x|$ $|x|>4|y|$ ^$\dagger$

现在定义。根据闭包属性（补），必须是非常规的。 $A = \Sigma^* \setminus D$ $A$

但是，（您知道为什么吗？） $A^2 = \Sigma^*$ $\ \ \$

^$\dagger$_{我认为够了，但可能会导致一些讨厌的情况。应该足够了，所以让我们取为了安全起见。 $|y|>2|x|$ $|y|>2|x|+2$ $|y|>4|x|$}

— 冉G.
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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

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

$A$ $A^2=1^{\ast}$

— sdcvvc
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2

$U\subseteq \mathbb{N}$ $I = \{2u+1\mid u\in U\}\cup\{0,2,4,\dots\}$ $L = \{a^i\mid i\in I\}$ $L$ $L^2 = \{a^{2n}\mid n\in \mathbb{N}\} \cup \{a^n\mid n\geq \min\,I\}$

— 大卫·里希比
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0

另一个示例（从被标记为重复的问题）考虑使用非常规语言。任何偶数是和和，它们都是复合的；任何奇数是的总和和，它们都是复合物（对于一些）。因此，，这是有规律的，因为它是有限的（是）。 $\{a^k\mid m\text{ is composite}\}$ $n\geq 8$ $n-4$ $4$ $n\geq 13$ $n-9$ $9$ $n-9=2m$ $m\geq 2$ $A^2 = \{a^8,a^{10}\}\cup\{a^k\mid k\geq 12\}$ $\{\epsilon,a,aa,\dots,a^6,a^7,a^9,a^{11}\}$

— 大卫·里希比
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