Bir polinomun ortak etki alanının Base-k gösterimleri - bağlamdan bağımsız mı?

Jeffrey Shallit'in Otomata Teorisinde İkinci Kursu bölüm 4'te aşağıdaki sorun açık olarak listelenmiştir:

Let rasyonel katsayılı bu şekilde olan bir polinom tüm . İspat etmesini veya etmemesini o tüm tamsayılar taban-k temsiller dil bağlam serbest ise ve derecesi yalnızca p olduğunu \ leqslant 1 .$p(n)$$p(n) \in \mathbb{N}$$n \in \mathbb{N}$$\{p(n) \mid n \geqslant 0\}$$p$$\leqslant 1$

Şu anki durumu nedir (Ekim 2018'de olduğu gibi)? Kanıtlanmış mı? Bazı özel durumlar ne olacak?

Tabii ki burada $k \geq 2$ .

Bir zamanlar Horváth tarafından sorunu çözdüğünü iddia eden bir el yazması vardı, ancak birkaç yerde belirsizdi ve bilgime asla yayınlanmadı.

Bildiğim kadarıyla sorun hala açık. Tabii ki çıkarımın bir yönü kolaydır.

Bu, ve ; burada , ikili temsilidir . Daha iyi netlik için, ikili dizelerin en az önemli bitini sol tarafa yerleştiririz, örneğin .$k=2$$L = \{[n^2]_2 \mid n \geq 1\}$$[n^2]_2$$n^2$$[4^2]_2 = 00001$

Ana fikir, nin bağlamdan bağımsız olduğunu varsaymak ve daha sonra basit bir normal dili ile kesiştiği “basitleştirmeye” çalışmaktır ; yeni dil hala bağlamdan bağımsızdır ve yine de karelerin ikili temsillerini içermelidir; bir karenin temsili olmayan ikili bir dize elde etmek için CF dilleri için pompalama lemmasını uygularız.$L$$R$$L \cap R$

Kesişen sadece küçük bir sonlu sayı içeren düzenli sözlerle basamak vaat değildir. Dört basamağa kadar çıkıyor bir CF dili alıyoruz; ve beş basamakla, görünüşte zor bir sayı teorisi problemi yaşıyoruz.$L$$1$$1$$(R = \{ 0^*1 \}, \{ 0^*10^*1 \}, \{ 0^*10^*10^*1 \}, \{0^*10^*10^*10^*1\} )$$1$

Umut verici bir yaklaşım kesiştiği için ile ; yi karelerle sınırlamakla eşdeğerdir :$L$$R = 1\,0^+\,1^+\,0^+\,1$$L$

(ikili gösterimi , ortada sn'lik bir sıra hariç, saniyenin tümünü içeren gayri resmi tek kareler ).$0$$1$

    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

Bazı çabalarla aşağıdakileri kanıtlayabiliriz:

Teoremi: numarası bir kare, ancak ve ancak$2^0 + 2^a((2^b - 1) + 2^{b+c});\quad 0<c, 3<a<b$

(kanıt oldukça uzun, blogumda yayınlayacağım)

Bu noktada, pompalama kullanarak olmadığını kolayca kanıtlayabiliriz ( dizesinin en fazla iki "segmentini" ). Dolayısıyla de bağlamdan bağımsız değildir.$L \cap R$$100..0011...1100.001$$L$

Muhtemelen aynı teknik, herhangi bir baz uygulanabilir .$k$

Sanırım bir kanıtım var. Kanıt, bu lemmadan geliyor.

Lemma. Bir bağlam-dil için sonsuz sayıda için eğer vardır birinci eşit uzunlukta kelime harf aynıdır ve son harfler (ikili) farklı olduğu, daha sonra orada olacak şekildedir sadece son harflerinde farklılık gösteren eşit uzunluktaki sonsuz sayıda cinsinden çift .$L$$n$$n^6$$n^2$$n$$B$$u,v\in L$$B$

Eğer ve ikili sayıları temsil ediyorsa , farkları en fazla olacak ve bu da polinomlar için imkansız olacaktır. Öte yandan, bir sayı teorisi ile, koşulun tamsayı değerli her polinom için karşılandığı gösterilebilir : olan herhangi bir ve sonra istediğiniz kelimelerini elde etmek için her birine yeterince büyük bir sayı ekleyin .$u$$v$$2^B$$p$$x_1,\ldots,x_{n^6}$$f(x_i)\ne f(x_j)$$N$$f(x_i+N)$

Lemmanın kanıtı. Yeterince büyük bir al vardır, öyle ki eşit uzunlukta, kelime , koşulları sağlayan. Her için dilbilgisinden üretilebileceği bir yolu düzeltin. (Uyarı! Bu alanın uzmanı değilim, bu yüzden uygun şartları kullanamayabilirim.)$n$$n^6$$w_1,\ldots,w_{n^6}$$w_i$

Bir kural uygulama varsayalım böler , iki harf ve ise, son sözcüğün ve her iki türetilir , ancak elde edilir ise, türetilir . Her kural birbirinden en fazla harfi .$A\to BC$ b c b c A b B c C O ( 1 ) w i$b$$c$$b$$c$$A$$b$$B$$c$$C$$O(1)$$w_i$

Herhangi bir , ilk harfleri arasında birbirini izleyen bazı kurallar ile birbirinden ayrılan ardışık harfler olacaktır, böylece bu kurallar uygulanırken son harfleri arasında iki harf birbirinden ayrılmaz. . Bu kuralları için , son harfinden hiçbir harf için ve den türetilmez. tümü ilk harfinin bir kısmına dönüştürülür . Pompalama lemmasını kurala uygulayabiliriz$w_i$$\Omega(n)$$n^2$$n$$w_i$$A_i\to B_i^1B_i^2\ldots B_i^n$$n$$B_i^j$$j<n$$B_i^1B_i^2\ldots B_i^{n-1}$$n^2$$A_i\to B_i^1B_i^2\ldots B_i^n$ ise yeterince büyük olduğunu.$n$

harfleri aralığı için sadece seçenek , pompalama lemmasının ne verdiğine dair seçenekleri vardır uzunluğunda olduğu gibi), bu yüzden güvercin deliği prensibi ile bunların hepsi aynı olan iki kelime olacaktır. Ama sonra pompalamadan sonra, bu iki kelime için keyfi olarak uzun bir ortak başlangıç ​​parçası elde edebiliriz, ancak bunların sadece son bitlerinde farklılık göstereceklerini biliyoruz .$\binom{n^2}2$$\Omega(n)$$O(n)$$O(1)$$n$

Not. Bu, diğer cevabımın çok daha ayrıntılı bir versiyonudur, çünkü yeterince anlaşılır görünmüyordu. Daha standart pompalama lemmalarına benzemek için dönüştürmeye çalıştım, ancak tam kanıt karmaşık hale geldi. Ana fikri anlamak için ilk iki lemmanın ifadesini, sonra da Corollary'ın ifadesini ve son olarak da Corollary'in neden sorunun cevabını verdiğini kanıtladığımı okumanızı tavsiye ederim.

Kanıt, pompalama lemmasının genelleştirilmesine dayanmaktadır. İhtiyacımız olan lemma oldukça ayrıntılı, bu yüzden hemen belirtmek yerine, daha kolay genellemelerle başlıyorum, sonunda daha karmaşık olanlara kadar inşa ediyorum. Daha sonra öğrendiğim gibi, bu değiş tokuş lemmasına çok benzer .

İkiz Pompalama Lemması. Her bağlamdan bağımsız dil için orada olan herhangi birinden böyle kelimeler , biz ikisini seçebilir ve olarak yazılabilir ki ve öyle ki , ve her kelime ; burada , veya olabilir ve benzer şekilde , veya olabilir$L$n ˉ w ˉ x n … ˉ x 1 ˉ y ∈ L ˉ w w w ′ ˉ v$p$$p$$s_1,\ldots,s_p\in L$$s$$s'$$s=uvwxy$$s'=u'v'w'x'y'$$1\le |vx|\le p$$1\le |v'x'|\le p$$\bar u\bar v_1\ldots \bar v_n \bar w\bar x_n \ldots \bar x_1 \bar y\in L$$\bar w$$w$$w'$$\bar v_i$$v$$v'$ˉ x i x x ′ ˉ v i = v ˉ x i = x ˉ v i = v ′ ˉ x i = x ′ ˉ u = u ˉ y = yve da olabilir veya , sadece bu şekilde, ancak ancak ve ancak (böylece , ancak ve ancak ,) ve yalnızca ve ve ise ve yalnızca . Ayrıca, yerine eğer , biz verilmiştir uzunluktaki kelime , biz ayrıca seçilen bir, iki kelime varsayalım ki,,,$\bar x_i$$x$$x'$$\bar v_i=v$$\bar x_i=x$$\bar v_i=v'$$\bar x_i=x'$$\bar u=u$$\bar y=y$$\bar u=u'$$\bar y=y'$$p$$p\binom {n+4}4$$n$$|u|=|u'|$$|v|=|v'|$$|w|=|w'|$$|x|=|x'|$| y| =| y′|ve.$|y|=|y'|$

Bu ifade esasen pompalama lemması ile aynı şekilde kanıtlanabilir, sadece aynı kuralın pompalandığı bazı ve seçmemiz gerekir. Bu, yalnızca sabit sayıda kural olduğu için yeterince büyükse yapılabilir . Aslında, aynı kuralın pompalanmasına bile ihtiyacımız yok, sadece pompalanan kuralda terminal olmayan sembolün aynı olması gerekir. Dahası, uzunluğunda bir kelime için sadece seçeneklerinin olduğuna dikkat edin, beş alt kelimeye ayrılabilir, böylece ifade pigeonhole prensibinden sonra gelir.$s$$s'$$p$$n$$\binom {n+4}4$

Sonra pompalama lemmasını genelleştirmenin başka bir yolunu veriyoruz (ve daha sonra ikisini birleştireceğiz).

İç içe pompalama Lemma. Her bağlamdan bağımsız dil için bir var biri için yapılacak bu tür herhangi bir kelime olarak yazılabilir şekilde ve her sekansı için kelime .$L$$p$$k$$s\in L$$s=uv_1\ldots v_kwx_k\ldots x_1y$$\forall i~1\le |v_ix_i|\le p$$(i_j)_{j=1}^m$$uv_{i_1}\ldots v_{i_m}wx_{i_m}\ldots x_{i_1}y\in L$

indekslerinin ila arasında keyfi olabileceğini , aynı indeksin birden çok kez meydana gelebileceğini unutmayın. İç İçe Pompalama Lemmasının kanıtı esas olarak orijinal pompalama lemmasıyla aynıdır, sadece terminalinden aynı terminal dışı sembolü elde ettiğimizi kullanmamız gerekir - yaparsak bu doğrudur adımlar ( orijinal pompalama lemmasından yerine ). Ogden'in lemmasını da benzer şekilde güçlendirebiliriz.$i_j$$1$$k$$k$$p(k-1)+1$$p$

Ogden'in Lemma'sı. Her bağlam-dil için bir orada herhangi böyle , en az bir markalama herhangi bir kelime pozisyonları , bu şekilde yazılabilir öyle ki 'işaretlerin arasında ' ve her sekansı için kelime .$L$$p$$k$$p^k$$s\in L$$s=uv_1\ldots v_kwx_k\ldots x_1y$$\forall i~1\le$$v_ix_i$$\le p^k$$(i_j)_{j=1}^m$$uv_{i_1}\ldots v_{i_m}wx_{i_m}\ldots x_{i_1}y\in L$

Ne yazık ki, uygulamamızda çok büyük olacaktır, bu nedenle iç içe olmayan - çiftlerine izin vermek için sonucu zayıflatmamız gerekir . Neyse ki, Dilworth kullanarak yapı basit kalır.$p^k$$v_i$$x_i$

Dilworth Ogden'dan Lemma. Bağlamdan bağımsız her dil için, herhangi bir için, herhangi bir için , herhangi bir herhangi bir en az konumunu işaretlemek için bir vardır .$L$$p$$k,\ell$$pk\ell$$s\in L$

case (i): veya şu şekilde$s=uv_1\ldots v_kwx_k\ldots x_1y$

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

öyle ki ' ve her sekans için , işaretler ' ,$\forall i~1\le$$v_ix_i$$\le pk\ell$$(i_j)_{j=1}^m$

(i) ve$uv_{i_1}\ldots v_{i_m}wx_{i_m}\ldots x_{i_1}y\in L$

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

İspat: Türetme ağacı üreten alın . Türev ağacında kendi altında tekrar görünüyorsa, terminal olmayan bir yinelenen öğeyi çağırın . Kural kümesini genişleterek, türetme ağacında tüm terminal olmayan sembollerin yinelendiğini varsayabiliriz. (Bu, tekrarlarını ortadan kaldırmış olabileceğimiz anlaşılmalıdır; bu önemli değil, önemli olan pompalanabilmeleridir.) İşaretli bir konuma karşılık gelen en az yaprakları vardır. İki işaretli harfin bölündüğü düğümlere bakıyoruz. En az gibi düğümler var. Güvercin deliği prensibine göre, en azından aynı terminal karşılık gelir. Dilworth,$s$p k ℓ Ω ( p k ℓ ) Ω ( p k ℓ ) Ω ( √$pk\ell$$\Omega(pk\ell)$$\Omega(pk\ell)$$\Omega(\sqrt{p}k)$Ω( √bunlardan bir zincir içerisindedir ya da antik bir durumdadır ve yeterince büyükse sırasıyla (i) ve (ii) vakalarını verir .$\Omega(\sqrt{p}\ell)$$p$

Şimdi büyük bir kombinasyon lemmasını belirtmeye hazırız.

Süper Lemma. Bağlamdan bağımsız her dil için, herhangi bir da aynı en az konumlarını işaretleyen bir vardır. kelimeler , uzunluk, her , iki kelime vardır ve aşağıdaki gibi ifade edilebilir, ve VEYA ve$L$$p$1 … v ′ k w ′ x ′ k … x ′ 1 | = | u ′ | | v i | = | v ' i | ∀ i v i x i ( i j 1 1 ˉ w 1 ˉ x i 1 1 … ˉ v$k,\ell$$pk\ell$$N\ge \max(pn^{2k+2},pn^{3\ell+1})$$s_1,\ldots,s_N\in L$$n$$s$$s'$$s=uv_1\ldots v_kwx_k\ldots x_1y$$s'=u'v_1'\ldots v_k'w'x_k'\ldots x_1'y'$$s=uv_1w_1x_1\ldots v_\ell w_\ell x_\ell y$$s'=u'v_1'w_1'x_1'\ldots v_\ell'w_\ell'x_\ell'y'$alt kelimelerin ilgili uzunluklarının hepsi aynı olacak şekilde, yani,Ve benzeri ve bir işareti içeren, ve her sıra için kelime VEYA , burada , veya anlamına gelir , yani ara ara kelimeleri özgürce karıştırabiliriz. ve , ancak yalnızca$|u|=|u'|$$|v_i|=|v_i'|$$\forall i$ $v_ix_i$$(i_j)_{j=1}^m$$\bar u\bar v_{i_1}\ldots \bar v_{i_m}\bar w\bar x_{i_m}\ldots \bar x_{i_1} \bar y\in L$$\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$$\bar z$$z$$z'$$s$$s'$$\bar u=u$yalnızca ve vb.$\bar y=y$

Super kanıt taslağı: Her için Dilworth . Var ve Mevcut seçenekler, sırasıyla bir alt-kelimelerin arasındaki sınırlar burada olabilir . Dilde sabit sayıda terminal olmayan vardır, bu nedenle güvercin deliği prensibi ile yeterince büyükse, aynı terminal olmayan en az iki kelime için / için / kurallarına pompalanır , aynı alt kelime sınırlarına sahiptir.$s_i$$\binom {n+2k+2}{2k+2}$$\binom {n+3\ell+1}{3\ell+1}$$s_i$$p$$k$$\ell$$s$$s'$

Ne yazık ki, bu lemmadan gelen sayısı başvurumuz için çok büyük. Bununla birlikte, alt kelimeler arasında daha az tesadüf talep ederek azaltabiliriz. Şimdi kullanacağımız lemmayı belirtiyoruz.$N$

Özel Lemma. Her bağlam-dil için bir orada herhangi böyle en azından aynı işaretleme pozisyonları kelime , uzunluk her bir , iki kelime vardır, ve , bu da şu şekilde yazılabilir ve bu şekilde ya da$L$$p$$k$$pk$$N=pkn^2$$s_1,\ldots,s_N\in L$$n$$s$$s'$$s=uv_1\ldots v_kwx_k\ldots x_1y$$s'=u'v_1'\ldots v_k'w'x_k'\ldots x_1'y'$

case (i): ; ,ve(yani, son iki koşul konumunun konumuyla aynı olduğu anlamına gelir ), VEYA$\exists i<k$$|x_i|=|x_i'|=0$$|uv_1\ldots v_{i-1}|=|u'v_1'\ldots v_{i-1}'|$$|v_i|=|v_i'|$$v_i$$v_i'$

case (ii): , ,ve(yani, bu iki koşul konumunun konumuyla aynı olduğu anlamına gelir ),$\forall i<k$ $|x_i|\ge 1$$|x_i'|\ge 1$$|uv_1\ldots v_{k-1}|=|u'v_1'\ldots v_{k-1}'|$$|v_kwx_k|=|v_k'w'x_k'|$$v_kwx_k$$v_k'w'x_k'$

ve (her iki durum için) bir işaret içerir ve her dizi için kelimesi , burada , veya anlamına gelir , yani yalnızca ara alt anahtarları ve den serbestçe karıştırabiliriz , ancak yalnızca öyle ki ve yalnızca vb. ise VEYA$\forall i$ $v_ix_i$$(i_j)_{j=1}^m$$\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$$\bar z$$z$$z'$$s$$s'$$\bar u=u$$\bar y=y$

case (iii): ve , ve şeklinde yazılabilir, böyleceveVe bir işareti içeren, ve ve .$s$$s'$$s=uv_1w_1x_1v_2w_2x_2y$$s'=u'v_1'w_1'x_1'v_2'w_2'x_2'y'$| u | = | u ′ | | v 1 w 1 x 1 | =| v ′ 1 w ′ 1 x ′ 1 | ∀ i v i x i u v h$|u|=|u'|$$|v_1w_1x_1|=|v_1'w_1'x_1'|$$\forall i$ $v_ix_i$$uv_1^hw_1x_1^hv_2w_2x_2y\in L$$u'v_1^hw_1x_1^hv_2'w_2'x_2'y'\in L$

Kanıt sadece Süper Lemma'dan farklıdır (i) durumunda bir sözcük için olası seçenekleri vardır, bu da (ii) için seçeneklerini bırakır , (iii) durumunda seçenekleri vardır .$k\binom n2$$\binom n2$$\binom n2$

Doğal sonucu. Her için ise vardır ve ile gibi olduğu uzunluktaki kelime bir bağlam-dil içinde birinci harfleri her bir kelime için aynıdır ve son harfleri her bir çift veya kelime için farklıdır (yani, kelimeler gibi böylece , , ve ve$p$$t$$n$$n\ge p(t+1)+t$$N=n^3$$n$$L$i d i | = n - p ( t + 1 ) - t | s e n d i | =$p(t+1)$$t$$s_i=s_i^{beg}s_i^{mid}s_i^{end}$$|s_i^{beg}|=p(t+1)$$|s_i^{mid}|=n-p(t+1)-t$$|s_i^{end}|=t$$\forall i\ne j~s_i^{beg}= s_j^{beg}$$s_i^{end}\ne s_j^{end}$ B a h ≠ b h ∈ L B), sonra de sadece son harflerinde farklılık gösteren eşit uzunlukta sözcük çiftleri olacak şekilde bir vardır .$B$$a_h\ne b_h\in L$$B$

İspat: alın ve kullanarak kelimelerimiz için Özel Lemma'yı uygulayın ilk harflerini işaretleyin (aynı her kelimede) ve VEYA ve .$k=t+1$$N$$N=n^3\ge p(t+1)n^2$ p ( t + 1 ) s = u v 1 … v t + 1 w x t + 1 … x 1 y s ′ = u ′ v ′ 1 … v ′ t + 1 w ′ x′ t + 1 … x ′ 1 y ′ s = u v 1$p(t+1)$$s=uv_1\ldots v_{t+1}wx_{t+1}\ldots x_1y$$s'=u'v_1'\ldots v_{t+1}'w'x_{t+1}'\ldots x_1'y'$$s=uv_1w_1x_1v_2w_2x_2y$$s'=u'v_1'w_1'x_1'v_2'w_2'x_2'y'$

Biz, (i) Özel Lemma durumunda ise, yani bir orada öyle ki ,ve, daha sonra ve de bir işaretli bir harf olduğu için v_ den önceki alt yalnızca işaretli harflerden oluşur ve bunlar ve aynıdır . Bu kelime sunar ve$i$$|x_i|=|x_i'|=0$$|uv_1\ldots v_{i-1}|=|u'v_1'\ldots v_{i-1}'|$$|v_i|=|v_i'|$$uv_1\ldots v_{i-1}=u'v_1'\ldots v_{i-1}'$$v_i=v_i'$$v_{i+1}wx_{i+1}$$v_{i+1}$$s$$s'$$a_h=uv_1\ldots v_i^h\ldots v_twx_t\ldots x_1y$$b_h=uv_1\ldots v_i^hv_{i+1}'\ldots v_t'w'x_t'\ldots x_1'y'$istenen çiftleri elde etmek; bu kelimeler ve aynı şekilde bittiği için , ve sadece son sınırlanmış birçok harfinde farklılık gösterirler.$s$$s'$$a_h\ne b_h$

Özel Lemma'nın (ii) durumundaysanız, yani , ,ve, daha önceki durumda olduğu gibi de geçerlidir. Şimdi ve ; beri$\forall i<k$ $|x_i|\ge 1$$|x_i'|\ge 1$$|uv_1\ldots v_t|=|u'v_1'\ldots v_t'|$$|v_{t+1}wx_{t+1}|=|v_{t+1}'w'x_{t+1}'|$$uv_1\ldots v_t=u'v_1'\ldots v_t'$$a_h=uv_1\ldots v_tv_{t+1}^{h}wx_{t+1}^{h}x_t\ldots x_1y$$b_h=uv_1\ldots v_tv_{t+1}^{h}wx_{t+1}^{h}x_t'\ldots x_1'y'$$|x_t\ldots x_1y|=|x_t'\ldots x_1'y'|\ge t$, bu kelimeler kesinlikle farklı şekilde biter ve sadece son sınırlı birçok harfinde farklılık gösterebilir. (Burası, bir kelimeyi diğerinin alt kelimesiyle pompalayabilmemiz için gerçekten ihtiyacımız olan tek yer olduğunu unutmayın.)

Özel durumunda (iii), yani, ve böyleve, daha önce de olduğu gibi ve de geçerlidir. Şimdi alabilir ve ; çünkü belirgin mektup içerir , böylece bu sözler kesinlikle farklı bitirmek ve sadece onların son sınırlı sayıda harflerle farklılık gösterebilir. $s=uv_1w_1x_1v_2w_2x_2y$$s'=u'v_1'w_1'x_1'v_2'w_2'x_2'y'$| u | = | u ′ | | v 1 w 1 x 1 | = | v ′1 w ′ 1 x ′ 1 | u = u ′ v 1 w 1 x 1 = v ′ 1 w ′ 1$|u|=|u'|$$|v_1w_1x_1|=|v_1'w_1'x_1'|$$u=u'$$v_1w_1x_1=v_1'w_1'x_1'$$a_h=uv_1^hw_1x_1^hv_2w_2x_2y\in L$$b_h=uv_1^hw_1x_1^hv_2'w_2'x_2'y'\in L$$v_2$$|v_2w_2x_2y|\ge t$

Bu Sonuç'un kanıtını tamamlar. Şimdi orijinal soruyu sonuçtan nasıl ispatlayacağımızı görelim.

Son kanıt. İlk olarak, Corollary durumunun her tamsayı değerli polinom için yerine getirildiğini gösteririz . Yeterince büyük için ve ayarlayın . Plan bazı numaralar almaktır (burada ) bulunan ve , ve daha sonra bazı yeterince büyük sayıda ekleme için her biri için istenen kelimeleri elde edin . Derecesi ise olan , o zaman en az numaraları böylece biz seçebilir, aynı değer alabilir birinciden$f$$t=p-1$$n=C^p$$C=C(f)$$x_1,\ldots,x_{2N}$ N = 2 n 3 f ( x i ) ≠ f ( x j ) z s i = f ( x i + z ) f d d x 1 , … , x 2N 2 d N günlüğü ( d n ) f ( x i ) = O ( ($N=2n^3$$f(x_i)\ne f(x_j)$$z$$s_i=f(x_i+z)$$f$$d$$d$$x_1,\ldots,x_{2N}$$2dN$ sayıları, basamaklarına sahip oldukları anlamına gelir . Bu durumda , böylece her en fazla basamağa sahip olur. Biz almak durumunda bir olması sonra haneli bir sayı, olacaktır rakam ve her biri için yalnızca son basamak farklı olabilir. tüm olacaktır veya bu şekilde, yani az yarısı, en, basamak bunların aynı uzunluğa sahiptir; bunlar olacak .$\log(dn)$$f(x_i)=O((dN)^d)$$f(x_i)$$d\log N + O(1)=O(\log n)$$z$$n/d$$f(z)$$n$$f(x_i+z)$$O(\log n)$$f(x_i+z)$$n$$n+1$$N$$s_i$

Doğal sonucu bitiminde itibaren biz sayıların sonsuz sayıda çiftleri elde ve , öyle ki polinomlar için açıkça imkansızdır.$a_h$$b_h$$|a_h-b_h|\le 2^B$