Ist

Wenn regulär ist, folgt daraus, dass regulär ist?$A^2$$A$

Mein Beweisversuch:

Ja, für den Widerspruch wird angenommen, dass nicht regulär ist. Dann .$A$$A^2 = A \cdot A$

Da die Verkettung von zwei nicht regulären Sprachen nicht regulär ist, kann nicht regulär sein. Dies widerspricht unserer Annahme. Also ist regelmäßig. Wenn also regulär ist, dann ist regulär.$A^2$$A$$A^2$$A$

Ist der Beweis richtig?

Können wir dies auf , usw. verallgemeinern ? Und auch wenn regulär ist, muss nicht regulär sein?$A^3$$A^4$$A^*$$A$

Beispiel: ist nicht regulär, aber ist regulär.$A=\lbrace 1^{2^i} \mid i \geq 0\rbrace$$A^*$

Betrachten wir Lagranges Vierquadratsatz . Es heißt, wenn $B = \{1^{n^2}| n \geq 0\}$ dann ist $B^4 = \{1^n | n \geq 0\}$ . Wenn $B^2$ regulär ist, nimm $A = B$ sonst nimm $A = B^2$ . In jedem Fall beweist dies die Existenz von unregelmäßigem $A$ so dass $A^2$ regelmäßig ist.

Hier ist ein Beispiel einer nicht berechenbaren Sprache A , so dass A 2 = Σ * . Nehmen Sie ein nicht berechenbares K (dargestellt als eine Menge von Zahlen, z. B. die Codes von Turing-Maschinen, die anhalten) und definieren Sie A = { w ∈ Σ ∗ : | w | ≠ 4 k  für alle  k ∈ K } . Also enthält A für einige k ∈ K alle Wörter mit Ausnahme von Wörtern der Länge 4 k . Wenn $A$$A^2 = \Sigma^*$$K$

Claim: A 2 = Σ * . Sei w ein beliebiges Wort der Länge n . Wenn n keine Potenz von 4 ist , dann ist w ∈ A und das leere Wort ist in A , also ist w ∈ A 2 . Wenn n eine Potenz von 4 ist, dann ist n / 2 keine Potenz von 4 . Schreiben Sie w = x y , wobei | x | = | y | = n $A^2 = \Sigma^*$$w$$n$$n$$4$$w \in A$$A$$w \in A^2$$n$$4$$n/2$$4$$w = xy$2 . Beide x , y ∈ A also w = x y ∈ A 2 .$|x| = |y| = n/2$$x,y \in A$$w = xy \in A^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.

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.}

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

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.

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 $\{\epsilon,a,aa,\dots,a^6,a^7,a^9,a^{11}\}$).