Decidability dari keberadaan invarian induktif dalam aritmatika Presburger

Masalah:

Pertimbangkan sejumlah kondisi kontrol terbatas (termasuk status "awal" dan "buruk"), sejumlah variabel integer, dan untuk masing-masing pasangan negara terurut hubungan transisi yang dinyatakan dalam aritmatika Presburger.

Putuskan apakah ada invarian induktif (= stabil oleh post-state dari relasi transisi) yang berisi inisial tetapi bukan keadaan buruk, dapat didefinisikan dalam aritmatika Presburger.

(Perhatikan bahwa masalah ini berbeda dari masalah keterjangkauan dalam aritmatika Presburger, yang jelas-jelas tidak dapat dipastikan (dengan reduksi dari mesin dua loket).)

Saya menduga masalah ini tidak dapat diputuskan, tetapi tidak mengetahui adanya bukti untuk itu. (Ini tentu saja dapat diputuskan.) Adakah yang membuktikan ini?

lo.logic pl.programming-languages decidability

— David Monniaux
sumber

Saya pikir kita perlu memperjelas ini sedikit: keadaan diwakili oleh bilangan bulat

, dan relasi transisi adalah rumus

, dengan rumus

dan

yang masing-masing mewakili kondisi awal dan kondisi buruk? Dan Anda mencari rumus

sedemikian rupa sehingga:

n, m

$n, m$

ϕ (n, m)

$\phi(n,m)$

ψ_{g o o d} (n)

$\psi_{\mathrm{good}}(n)$

ψ_{b a d} (n)

$\psi_{\mathrm{bad}}(n)$

I (n)

$I(n)$

dan

. Apakah ini benar?

I (n) \land ϕ (n, m) \to I (m)

$I(n)\wedge\phi(n,m) \rightarrow I(m)$

ψ_{g o o d} (n) \to I (n)

$\psi_{\mathrm{good}}(n) \rightarrow I(n)$

ψ_{b a d} (n) \to \neg I (n)

$\psi_{\mathrm{bad}}(n) \rightarrow \neg I(n)$

— cody

Ya, kecuali bahwa

dan

bukan bilangan bulat tunggal, tetapi vektor hingga bilangan bulat dari dimensi tetap

("jumlah variabel integer terbatas"). Terimakasih atas klarifikasinya.

n

$n$

m

$m$

d

$d$

— David Monniaux

Jadi apa masalah daya jangkau? Jika itu hanya "keadaan

dapat dicapai", maka mudah untuk menunjukkan bahwa masalahnya setara: jika

tidak dapat dijangkau, anggap

menjadi

ψ_{b a d} (k)

$\psi_{\mathrm{bad}}(k)$

ψ_{b a d} (k)

$\psi_{\mathrm{bad}}(k)$

I (k)

$I(k)$

. Apakah saya melewatkan sesuatu?

ψ_{g o o d} (k) \lor (\forall y, ϕ (y, k) \land \neg ψ_{b a d} (y) \to \neg ψ_{b a d} (k))

$\psi_{\mathrm{good}}(k)\vee(\forall y, \phi(y,k)\wedge\neg\psi_{\mathrm{bad}}(y)\rightarrow \neg\psi_{\mathrm{bad}}(k))$

— cody

Maaf, 1) ini

2) mengapa set Anda harus induktif? misalnya, mengapa harus

I (n) \to ψ_{bad} (n)

$I(n) \rightarrow \psi_{\textrm{bad}}(n)$

ψ_{good} (k) \land ϕ (k, k^{'}) \to I (k^{'})

$\psi_{\textrm{good}}(k) \land \phi(k,k') \rightarrow I(k')$

— David Monniaux

Masalah pemisah invarian induktif untuk aritmatika Presburger tidak dapat diputuskan.

Saya tidak mengetahui bukti dalam literatur yang menunjukkan Anda. (Tampaknya pertanyaan yang sangat mudah saya anggap ada di suatu tempat di luar sana.) Buktinya saya datang dengan mengikuti konstruksi yang kira-kira sama dengan masalah penghentian. Berikut ini gambaran singkatnya. Kami pertama mengasumsikan prosedur keputusan ada dan kemudian membangun sebuah mesin dengan masukan . menggunakan untuk memutuskan non-terminasi pada dirinya sendiri dan kemudian membalikkan output. Kami kemudian menggunakan konstruksi untuk menunjukkan bahwa harus memberikan jawaban yang salah pada eksekusi pada dirinya sendiri. $D$ $S$ $M$ $S$ $D$ $M$ $S$ $S$ $D$ $S$

Alih-alih mengurangi masalah penghentian, buktinya untuk semua maksud dan tujuan penyajian kembali bukti dari masalah penghentian. Ini sedikit bertele-tele karena akan membutuhkan kondisi posting terkuat yang tepat dapat diekspresikan. (Jika bukti yang lebih sederhana adalah mungkin, saya akan sangat tertarik mendengarnya.) Sekarang ke detail yang mengerikan.

Invarian masalah pemisah induktif untuk Presburger aritmatika adalah untuk diberikan 4-tupel mana adalah himpunan berhingga dari nama variabel, dan adalah rumus Presburger yang variabel bebasnya ada di , adalah rumus Presburger yang variabel bebasnya ada di atau $\left<\bar v,Init,Next, Bad\right>$ $\bar v$ $Init$ $Bad$ $\bar v$ $Next$ $\bar v$ (salinan prima dari ) apakah ada rumusdi aritmatika Presburger dengan variabel bebas di sehingga: $\bar{v}'$ $\bar v$ $\phi$ $\bar v$

$Init \implies \phi$
$\phi \land Next \implies \phi'$
$\phi \implies \lnot Bad$

di mana semua variabel bebas di . $\phi'$ $\phi$

Misalkan masalah ini dapat diputuskan. Kemudian ada mesin Turing yang memutuskan masalah separator (untuk pengkodean rumus Presburger yang diberikan). Biarkan menjadi Mesin Turing deterministik yang mensimulasikan . mengakhiri dan memutuskan masalah separator. $D'$ $D$ $D'$ $D$

Sebuah penugasan variabel atas set variabel terbatas adalah konjungsi mana adalah konstanta integer. $\{v_i\}$ $\bigwedge v_i = c_i$ $c_i$

Saya juga akan mengasumsikan keberadaan mesin Turing ke kompiler aritmatika Presburger dengan beberapa pembatasan yang masuk akal, tetapi kuat. mengambil sebagai masukan Turing mesin dengan negara yang unik akhir, , dan masukan , dan konstruksi presburger formula dan lebih terbatas himpunan variabel . Secara informal kami memerlukan jalur rumus Presburger untuk mensimulasikan pelaksanaan pada $C$ $C$ $M$ $term$ $w$ $Init$ $Next$ $\bar v$ $M$ $w$ . Selanjutnya, kami membutuhkannya untuk menjadi simulasi langkah. Secara formal, kami mensyaratkan bahwa:

memberikan sebuah konstanta yang unik untuk semua negara kontrol di dan membiarkan konstan untuk menjadi , $C$ $M$ $term$ $\left<term\right>$
meliputi variabel di bahwa trek negara kendali pada setiap langkah dalam eksekusi, $C$ $pc$ $\bar v$ $M$
menghasilkan menjadi dalam bentuk penugasan variabel lebih dari , $C$ $Init$ $\bar v$
memastikan bahwa memiliki penerus unik pada penugasan variabel lebih dari (yang dapat dijangkau dari ) jika bersifat deterministik, $C$ $Next$ $\bar v$ $Init$ $M$
untuk itu ada fungsi injeksi dari keadaan (kontrol dan pita) ke penugasan variabel atas sehingga memiliki penggantinya, keadaan awal on dipetakan dengan tepat dan negara kendali konsisten memberikan , $f$ $M$ $bar v$ $Next$ $M$ $w$ $Init$ $M$ $pc$
bersifat deterministik, dan $C$
berakhir. $C$

Sekarang buat mesin Turing yang mengambil mesin Turing sebagai input dan lakukan hal berikut (dalam pseudocode): $S$ $M$

S(M):
   Run C(M,M) to get v, Init and Next
   Simulate D on v, Init, Next, Bad := (pc = <term>)
   If D says a separator exists:
     terminate
   If D says no separator exists:
     loop: goto loop

$D$ $S$ $S$ $S(S)$ $C$ $Init$ $Next$ $S$ $S$ $i$ $S(S)$ $s_i$ $i$ $\bar v_i = f(s_i)$ $Next$ $Init$ $S$ $C$ $Next$ $Init$ $f(s_0)=\bar v_i=Init$

$D$ $\phi$ $S(S)$ $term$ $k$ $C$ $D$ $\bar v_1 \ldots \bar v_k$ $\phi$ $pc = \left<term\right>$ $D$

$D$ $S(S)$ $loop$ $k$ $k$ $s_{k+1}=s_{k+2}=\ldots$ $k$ $\phi = \bigvee_{i=1}^{k+1} \bar v_i$ $\phi$ $Next$ $Init$

$Init \implies \phi$ $Init$ $\bar v_1$
$\phi \land Next \implies \phi'$ $Next$ $i$ $\bar v_i$ $\bar v_{i+1}'$
$\phi \implies \lnot Bad$ $\bar v_i$ $pc \neq \left<term\right>$

$\phi$ $\left<\bar v,Init,Next, Bad\right>$ $D$

$D$

Melakukan latihan ini benar-benar membuat saya menghargai karya Jerome Leroux pada pemisah untuk sistem penambahan vektor.

— Tim
sumber

Ini bagus, terima kasih! Apakah Anda memiliki referensi untuk langkah 2, yaitu "kompiler dari TM ke Presburger Arithmetic"? Tampaknya itulah inti dari buktinya.

— cody

i

$i$

i^{'}

$i'$

i \leq i^{'}

$i \leq i'$

t

$t$

2^{p}

$2^p$

p

$p$

2^{p}

$2^p$

t

$t$

\exists l, c, r

$\exists l,c,r$

l \leq 2^{p}, c < 2, r \geq 2^{p + 1}

$l \leq 2^p, c < 2, r \geq 2^{p+1}$

(l + p + r = t => c = 1)

$(l + p + r = t => c=1)$

(l + r = t => c = 0)

$(l + r = t => c=0)$