L'ensemble de tous les mots primitifs est-il une langue privilégiée?

Un mot $w$ est appelé primitif , s'il n'y a pas de mot $v$ et $k > 1$ sorte que $w = v^k$ . L'ensemble de tous les mots primitifs sur un alphabet est une langue bien connue. WLOG nous pouvons choisir .$Q$$\Sigma$$\Sigma = \{ a,b \}$

Un langage est premier , si pour chaque langue et avec nous avons ou .$L$$A$$B$$L = A \cdot B$$A = \{\epsilon\}$$B = \{ \epsilon \}$

Q prime?

Avec l'aide d'un solveur SAT, je pourrais montrer que nous avons soit ou , sinon ne peut pas être factorisé dans et , mais ont été bloqués depuis lors.$\{a,b\} \subseteq A$$\{a,b\} \subseteq B$$\{ ababa, babab \} \subset Q$$A$$B$

La réponse est oui. Supposons que nous ayons une factorisation $Q = A\cdot B$ .

Une observation facile est que $A$ et $B$ doivent être disjoints (puisque pour $w\in A\cap B$ nous obtenons $w^2\in Q$ ). En particulier, un seul de $A,B$ peut contenir $\epsilon$ . On peut supposer wlog (puisque l'autre cas est complètement symétrique) que $\epsilon\in B$ . Ensuite , depuis $a$ et $b$ ne peuvent pas être pris en compte dans les facteurs non vides, nous devons avoir $a,b\in A$ .

On obtient ensuite que $a^mb^n\in A$ (et, de façon tout à fait analogue, $b^ma^n\in A$ ) pour tout $m,n>0$ par induction sur $m$ :

Pour $m=1$ , depuis $ab^n\in Q$ , il faut avoir $ab^n = uv$ avec $u\in A, v\in B$ . Puisque $u\neq\epsilon$ , $v$ doit être $b^k$ pour certains $k\le n$ . Mais si $k>0$ , alors puisque $b\in A$ on obtient $b^{1+k}\in Q$ , contradiction. Donc$v=\epsilon$ , et$ab^n\in A$ .

Pour l'étape d' induction, depuis $a^{m+1}b^n\in Q$ , nous avons $a^{m+1}b^n = uv$ avec $u\in A, v\in B$ . Depuis encore $u\neq\epsilon$ , on a soit $v = a^kb^n$ pour quelque $0<k<m+1$ , soit $v=b^k$ pour certains $k<n$ . Mais dans le premier cas,$v$ est déjà dans$A$ par l'hypothèse d'induction, donc$v^2\in Q$ , contradiction. Dans ce dernier cas, il faut avoir$k=0$ (ie$v=\epsilon$ ) étant donnéde$b\in A$ nous obtenons$b^{1+k}\in Q$ . Alors$u=a^{m+1}b^n\in A$ .

Considérons maintenant le cas général des mots primitifs avec $r$ alternances entre $a$ et $b$ , c'est-à-dire que $w$ est soit $a^{m_1}b^{n_1}\ldots a^{m_s}b^{n_s}$ , $b^{m_1}a^{n_1}\ldots b^{m_s}a^{n_s}$ (pour $r=2s-1$ ), $a^{m_1}b^{n_1}\ldots a^{m_{s+1}}$ , ou$b^{m_1}a^{n_1}\ldots b^{m_{s+1}}$ (pour$r=2s$); nous pouvons montrer qu'ils sont tous dans$A$utilisant l'induction sur$r$. Ce que nous avons fait jusqu'à présent a couvert les cas de base$r=0$et$r=1$.

Pour $r>1$ , nous utilisons une autre induction sur $m_1$ , qui fonctionne à peu près de la même manière que celle pour $r=1$ ci-dessus:

Si $m_1=1$ , alors $w=uv$ avec $u\in A, v\in B$ , et puisque $u\neq\epsilon$ , $v$ a moins de $r$ alternances. Donc $v$ (ou sa racine dans le cas où $v$ lui-même n'est pas primitif) est dans $A$ par l'hypothèse d'induction sur $r$ pour une contradiction comme ci-dessus à moins que $v=\epsilon$ . Donc $w=u\in A$ .

Si $m_1>1$ , dans toute factorisation $w=uv$ avec $u\neq\epsilon$ , $v$ soit a moins d'alternances (et sa racine est en $A$ sauf si $v=\epsilon$ par l'hypothèse d'induction sur $r$ ), soit un premier bloc plus court (et son racine est en A sauf si $v=\epsilon$ par l'hypothèse d'induction sur $m_1$ ). Dans les deux cas nous obtenons que nous devons avoir $v=\epsilon$ , soit $w=u\in A$ .

Le cas de $Q' := Q\cup\{\epsilon\}$ est un peu plus compliqué. Les choses évidentes à noter sont que dans toute décomposition $Q = A\cdot B$ , $A$ et $B$ doivent être des sous-ensembles de $Q'$ avec $A\cap B = \{\epsilon\}$ . En outre, $a,b$ doit être contenue dans $A\cup B$ .

Avec un peu de travail supplémentaire, on peut montrer que $a$ et $b$ doivent être dans le même sous-ensemble. Dans le cas contraire, supposons que wlog $a\in A$ et $b\in B$ . Disons que $w\in Q'$ a une factorisation correcte si $w=uv$ avec $u\in A\setminus\{\epsilon\}$ et $v\in B\setminus\{\epsilon\}$ . Nous avons deux sous-cas (symétriques) selon où va $ba$ (il doit être en$A$ 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.