Trace Equivalence vs LTL Equivalence

Saya mencari contoh mudah dari dua sistem transisi yang setara LTL, tetapi tidak setara jejak.

Saya telah membaca bukti Trace Equivalence yang lebih baik daripada LTL Equivalence dalam buku "Principles of Model Checking" (Baier / Katoen) tapi saya tidak yakin saya benar-benar memahaminya. Saya tidak dapat menggambarkannya, apakah mungkin ada contoh sederhana yang dapat memvisualisasikan perbedaannya?

lo.logic model-checking linear-temporal-logic

— agung
sumber

Mungkin saya merekomendasikan untuk memperluas akronim dalam judul. Ini akan membantu orang lain menemukan pertanyaan dan jawaban dan mungkin juga membantu membawa pertanyaan Anda menjadi perhatian orang-orang yang dapat memberikan respons yang baik.

— Marc Hamann

belum lagi pencarian google :)

— Suresh Venkat

@ Markc: Menggunakan akronim LTL benar-benar standar - ahli logika modal menyukai nama singkat mereka (pikirkan B, D4.3, KL, & c.). Saya pikir judul tidak boleh diperluas, mengingat bahwa kita memiliki tag.

— Charles Stewart

Pertanyaannya masih belum jelas: apakah Anda mengizinkan struktur Kripke yang tak terbatas? Apakah Anda menganggap campuran (terbatas) terbatas dan tak terbatas, atau hanya mengizinkan yang tak terbatas? Saya bertanya karena AFAICR Baier & Katoen hanya mempertimbangkan kasus struktur Kripke hingga dan jejak tak terbatas, yang mengesampingkan jawaban Dave di bawah ini.

— Sylvain

@atticae: dengan total struktur Kripke yang terbatas (dan dengan demikian jejak tak terbatas), saya berharap kesetaraan LTL dan jejak kesetaraan menjadi hal yang sama ... Saya akan memikirkannya.

— Sylvain

Jawaban:

Membaca Baier dan Katoen dengan cermat, mereka mempertimbangkan sistem transisi yang terbatas dan tidak terbatas. Lihat halaman 20 buku itu untuk definisi.

Pertama, ambil sistem transisi sederhana : $EVEN$

EVEN

Lemma: Tidak ada formula LTL yang mengenali bahasa Jejak . Sebuah string iff untuk genap . Lihat Wolper '81 . Anda dapat membuktikan ini dengan terlebih dahulu menunjukkan bahwa tidak ada formula LTL dengan "waktu-berikutnya" operator dapat membedakan string dari bentuk untuk $L_{even} =$ $(EVEN)$ $c \in L_{even}$ $c_i = a$ $i$ $n$ $p^i\neg p p^\omega$ $i> n$ , dengan induksi sederhana.

Pertimbangkan hal berikut (tak terbatas, non-deterministik) sistem transisi . Perhatikan bahwa ada dua kondisi awal yang berbeda: $NOTEVEN$

enter image description here

Jejaknya persis . $\{a,\neg a\}^\omega - L_{even}$

Akibat wajar bagi Lemma: Jika maka $NOTEVEN \vDash \phi$ $EVEN \not\vDash \neg\phi$

Sekarang, pertimbangkan sistem transisi sederhana ini : $TOTAL$

Total TS

Jejaknya jelas . $\{a,\neg a\}^\omega$

Jadi, dan $NOTEVEN$ $TOTAL$ tidak setara jejak. Misalkan mereka tidak setara LTL. Maka kita akan memiliki formula LTL sehingga dan $\phi$ $NOTEVEN \vDash \phi$ $TOTAL \not\vDash \phi$ . Tapi kemudian, . Ini adalah kontradiksi. $EVEN\vDash \neg\phi$

Terima kasih kepada Sylvain karena telah menangkap bug bodoh di versi pertama dari jawaban ini.

— Tandai Reitblatt
sumber

Hmm, ini tidak begitu jelas. Haruskah saya membuat langkah-langkah di sekitar kontradiksi lebih eksplisit? Sistem transisi juga tidak secantik mungkin ...

— Mark Reitblatt

Anda salah menafsirkan bahasa

: sistem yang Anda ajukan setara dengan rumus

. Sistem yang benar harus memiliki pilihan nondeterministic di awal,

negara -labeled

antara pergi ke keadaan

diberi label oleh

dan satu

tidak diberi label oleh

. Baik

dan

L_{even}

$L_\text{even}$

a \land G ((a \to X \neg a) \land (\neg a \to X a))

$a\wedge\mathsf{G}((a\to\mathsf{X}\neg a)\wedge(\neg a\to\mathsf{X}a))$

a

$a$

q_{0}

$q_0$

q_{1}

$q_1$

a

$a$

q_{2}

$q_2$

a

$a$

q_{1}

$q_1$

memiliki transisi yang kembali ke

q_{2}

$q_2$

q_{0}

$q_0$

— Sylvain

@ Silvain Anda benar. Saya mencoba menyederhanakan, dan akhirnya saya memecahkannya! Biarkan saya memperbaikinya.

— Mark Reitblatt

Tidak bisakah Anda "membalikkan" argumen itu, sehingga dua sistem yang Anda bandingkan pada akhirnya adalah

dan

bukannya

E V E N

$\mathit{EVEN}$

T O T A L

$\mathit{TOTAL}$

N O T E V E N

$\mathit{NOTEVEN}$ dan

T O T A L

$\mathit{TOTAL}$

— Sylvain

@ Mark Reitblatt: Dari apa yang Anda alasan bahwa kalimat pada akhirnya "Tapi kemudian,

."? Saya tidak bisa melihat argumen yang mengarah ke titik itu, yang penting untuk menunjukkan kontradiksi.

E V E N ⊨ \neg ϕ

$EVEN\vDash \neg\phi$

— Magnattic

Jika definisi LTL Anda termasuk operator "selanjutnya", maka yang berikut ini berlaku. Anda memiliki dua set jejak dan . Biarkan menjadi awalan terbatas jejak di . juga harus merupakan awalan terbatas jejak dalam $A$ $B$ $b$ $B$ $b$ , karena jika tidak, Anda dapat mengonversikannya ke rumus yang hanya serangkaian operator berikutnya yang mendeteksi perbedaannya. Oleh karena itu setiap awalan terbatas dari suatu kata harus menjadi awalan terbatas darikata- dan sebaliknya. Ini berarti bahwa jika , perlu ada kata dalam sehingga semua awalan terbatasnya muncul dalam tetapi $A$ $B$ $A$ $A \not= B$ $b$ $A$ sendiri tidak muncul dalam . Jika dan dihasilkan olehsistem transisihinggasaya pikir ini tidak mungkin. Dengan asumsi sistem transisi yang tak terbatas, Anda dapat mendefinisikan $b$ $A$ $A$ $B$

dan mana misalnya kata tak terbatas $A = \{a,b\}^\omega$ $B = A \setminus \{w\}$ $w$ . $aba^2b^2a^3b^3a^4b^4\cdots$

Formula LTL yang memegang universal untuk akan mengadakan universal untuk karena adalah himpunan bagian dari . Formula LTL apa pun yang berlaku untuk juga berlaku untuk ; demi kontradiksi, menganggap tidak, tapi itu berlaku untuk setiap elemen (yaitu untuk setiap elemen alam semesta harapkan untuk kata ) tetapi tidak untuk . Kemudian mengevaluasi true pada tetapi tidak pada kata lain dari alam semesta (dan LTL ditutup dengan negasi), dan tidak ada formula LTL yang dapat benar hanya untuk $A$ $B$ $B$ $A$ $B$ $A$ $\varphi$ $B$ $w$ $w$ $\neg\varphi$ $w$ $w$ karena setiap otomat Buchi yang hanya menerima satu kata tak terbatas harus siklik sedangkan $w$ tidak.

— antti.huima
sumber

Itu adalah jejak yang terbatas. Dengan asumsi Anda memperpanjang mereka untuk jejak yang tak terbatas dengan

di akhir, rumus

menerima set kedua namun menolak yang pertama.

a^{ω}

$a^\omega$

\neg (b \land X (b \land X G a))

$\neg (b\wedge X (b \wedge X G a))$

— Mark Reitblatt

Anda benar, saya menulis jawaban baru :) LOL, saya ingat dari hari-hari saya di cs teoritis bahwa LTL tidak memiliki operator berikutnya :)

— antti.huima

Saya pikir ini yang berhasil.

— Dave Clarke

Saya pikir itu berhasil juga.

— Mark Reitblatt

Jawaban ini tidak memuaskan. OP meminta sistem transisi, tetapi jawabannya adalah tentang bahasa dan dibenarkan dalam hal bahasa Buchi automata dan

, yang tidak ada dalam teks yang dirujuk.

ω

$\omega$

— Mark Reitblatt