Еквівалентність відстеження та еквівалентність LTL


17

Я шукаю простий приклад двох перехідних систем, які є еквівалентними LTL, але не еквівалентними в слідах.

Я прочитав доказ того, що еквівалентність слідів є кращим, ніж еквівалентність LTL, у книзі "Принципи перевірки моделі" (Baier / Katoen), але я не впевнений, що я дійсно це розумію. Я не можу це уявити, чи може бути простий приклад, який може візуалізувати різницю?


3
Можливо, я рекомендую розширити абревіатуру в заголовку. Це допоможе іншим знайти питання та відповіді, а також допоможе донести ваше запитання до відома тих, хто може дати хороші відповіді.
Марк Хаманн

1
не кажучи вже про пошуки Google :)
Суреш Венкат

5
@Marc: Використання абревіатури LTL за абревіатурою є абсолютно стандартним - модальні логіки, як і їхні короткі назви (подумайте, B, D4.3, KL та ін.). Я думаю, що заголовок не слід розширювати, враховуючи, що у нас є тег.
Чарльз Стюарт

1
Питання досі не дуже чітко визначене: чи дозволяєте ви нескінченні структури Крипке? Чи вважаєте ви змішані (максимально) кінцеві та нескінченні сліди, чи допускаєте лише нескінченні? Я прошу, бо AFAICR Baier & Katoen розглядають лише випадок кінцевих структур Крипке та нескінченних слідів, які виключають відповідь Дейва нижче.
Sylvain

1
@atticae: з кінцевими загальними структурами Крипке (і, таким чином, з нескінченними слідами), я очікую, що еквівалентність LTL і еквівалентність слідів будуть одними і тими ж ... Я подумаю про це.
Sylvain

Відповіді:


9

Читаючи уважно Баєра та Катоена, вони розглядають як кінцеві, так і нескінченні системи переходу. Для означень див. Сторінку 20 цієї книги.

Спочатку візьміть просту систему переходу :EVEN

EVEN

Лема: жодна формула LTL не розпізнає мову сліди ( E V E N ) . Рядок c L e v e n iff c i = a для парних i . Дивіться Волпер '81 . Ви можете довести це, спершу показавши, що жодна формула LTL з n операторами "наступного разу" не може розрізнити рядки форми p i ¬ p p ω для i > nLeven=(EVEN)cLevenci=ainpi¬ppωi>n, за допомогою простої індукції.

Розглянемо наступний (нескінченне, недетермінірованного) переходу системи . Зауважте, що є два різних початкових стани:NOTEVEN

enter image description here

Його сліди точно .{a,¬a}ωLeven

Наслідок леми: Якщо то E V E N ¬ ϕNOTEVENϕEVEN¬ϕ

Тепер розглянемо цю просту систему переходу :TOTAL

Total TS

Сліди його чітко {a,¬a}ω .

Таким чином, і T O T A L не є еквівалентом у слідах. Припустимо, вони були нееквівалентними LTL. Тоді ми мали б формулу LTL ϕ таку, що N O T E V E N ϕ і T O T A L ϕ . Але тоді, E V E N ¬ ϕNOTEVENTOTALϕNOTEVENϕTOTALϕEVEN¬ϕ . Це суперечність.

Дякуємо Sylvain за те, що спіймав дурного помилку в першій версії цієї відповіді.


Гм, це не зовсім ясно. Чи варто зробити кроки навколо суперечності більш явними? Системи переходу також не такі гарні, як могли бути ...
Марк Рейтблатт

Ви неправильно трактуєте рівну мову : система, яку ви пропонуєте, еквівалентна формулі a G ( ( a X ¬ a ) ( ¬ a X a ) ) . Правильна система повинна мати недетермінований вибір в початковому, а мічені станах д 0 між рухом в стані Q 1 , позначених з і один д 2 НЕ поміченим . І q 1 іLevenaG((aX¬a)(¬aXa))aq0q1aq2aq1 мають переходи, що повертаються до q 0 . q2q0
Сільвейн

@Sylvain ви праві. Я намагався спростити, і я в кінцевому підсумку розбив це! Дозвольте це виправити.
Марк Рейтблатт

Чи не можете ви «обернути» аргумент, щоб дві системи, які ви порівнюєте, врешті-решт - і T O T A L замість N O T E V E N і T O T A L ? EVENTOTALNOTEVENTOTAL
Sylvain

1
@Mark Reitblatt: З чого ви обґрунтовуєте це речення в кінці "Але тоді, ." Я не бачу аргументації, яка веде до цього моменту, що є суттєвим для того, щоб показати протиріччя. EVEN¬ϕ
магнатський

3

Якщо ваше визначення LTL включає оператора "наступний", застосовується наступне. У вас є два набори слідів і B . Нехай б будь-який кінцевий префікс сліду в B . b також повинен бути кінцевим префіксом сліду в A , оскільки в іншому випадку ви можете перетворити це у формулу, яка є лише рядом операторів next, що виявляють різницю. Тому кожен кінцевий префікс B -word повинен бути кінцевим префіксом A -word і навпаки. Це означає, що якщо A B , то слово b повинно бути таким чином, щоб усі його кінцеві префікси відображалися в A, алеABbBbABAABbAb сама по собі не з'являється в . Якщо A і B породжуються системами кінцевих переходів, я думаю, що це неможливо. Припускаючи нескінченні системи переходу, можна визначитиAAB

і B = A { w }, де w є, наприклад, нескінченним словом a b a 2 b 2 a 3 b 3 a 4 b 4 .A={a,b}ωB=A{w}waba2b2a3b3a4b4

ABBABAφBww¬φww as every Buchi automaton that accepts only one infinite word must be strictly cyclic whereas w is not.


Those are finite traces. Assuming you extend them to infinite traces with aω at the end, the formula ¬(bX(bXGa)) accepts the second set but rejects the first.
Mark Reitblatt

You're right, I wrote a new answer :) LOL, I remembered from my days in theoretical cs that LTL doesn't have the next operator :)
antti.huima

I think this does the trick.
Dave Clarke

I think it works too.
Mark Reitblatt

This answer isn't satisfactory. The OP was asking for transition systems, but the answer is about languages and justified in terms of Buchi automata and ω-regular languages, which aren't in the text referenced.
Mark Reitblatt
Використовуючи наш веб-сайт, ви визнаєте, що прочитали та зрозуміли наші Політику щодо файлів cookie та Політику конфіденційності.
Licensed under cc by-sa 3.0 with attribution required.