Еквівалентність відстеження та еквівалентність LTL

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?

lo.logic model-checking linear-temporal-logic

— магнатичний
джерело

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

не кажучи вже про пошуки Google :)

— Суреш Венкат

@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

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

@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:

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 . Рядок iff для парних . Дивіться Волпер '81 . Ви можете довести це, спершу показавши, що жодна формула LTL з операторами "наступного разу" не може розрізнити рядки форми для $L_{even} =$ $(EVEN)$ $c \in L_{even}$ $c_i = a$ $i$ $n$ $p^i\neg p p^\omega$ $i> n$ , 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 . $\{a,\neg a\}^\omega - L_{even}$

Наслідок леми: Якщо то $NOTEVEN \vDash \phi$ $EVEN \not\vDash \neg\phi$

Тепер розглянемо цю просту систему переходу : $TOTAL$

Total TS

Сліди його чітко $\{a,\neg a\}^\omega$ .

Таким чином, і не є еквівалентом у слідах. Припустимо, вони були нееквівалентними LTL. Тоді ми мали б формулу LTL таку, що і . Але тоді, $NOTEVEN$ $TOTAL$ $\phi$ $NOTEVEN \vDash \phi$ $TOTAL \not\vDash \phi$ $EVEN\vDash \neg\phi$ . Це суперечність.

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

— Марк Рейтблат
джерело

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

мову

: система, яку ви пропонуєте, еквівалентна формулі

. Правильна система повинна мати недетермінований вибір в початковому,

мічені станах

між рухом в стані

, позначених

і один

НЕ поміченим . І

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}

$q_1$

мають переходи, що повертаються до

q_{2}

$q_2$

q_{0}

$q_0$

— 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 -

замість

E V E N

$\mathit{EVEN}$

T O T A L

$\mathit{TOTAL}$

N O T E V E N

$\mathit{NOTEVEN}$

T O T A L

$\mathit{TOTAL}$

— Sylvain

@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.

E V E N ⊨ \neg ϕ

$EVEN\vDash \neg\phi$

— магнатський

Якщо ваше визначення LTL включає оператора "наступний", застосовується наступне. У вас є два набори слідів і . Нехай будь-який кінцевий префікс сліду в . також повинен бути кінцевим префіксом сліду в , оскільки в іншому випадку ви можете перетворити це у формулу, яка є лише рядом операторів next, що виявляють різницю. Тому кожен кінцевий префікс -word повинен бути кінцевим префіксом -word і навпаки. Це означає, що якщо , то слово повинно бути таким чином, щоб усі його кінцеві префікси відображалися в але $A$ $B$ $b$ $B$ $b$ $A$ $B$ $A$ $A \not= B$ $b$ $A$ $b$ сама по собі не з'являється в . Якщо і породжуються системами кінцевих переходів, я думаю, що це неможливо. Припускаючи нескінченні системи переходу, можна визначити $A$ $A$ $B$

і де є, наприклад, нескінченним словом . $A = \{a,b\}^\omega$ $B = A \setminus \{w\}$ $w$ $aba^2b^2a^3b^3a^4b^4\cdots$

$A$ $B$ $B$ $A$ $B$ $A$ $\varphi$ $B$ $w$ $w$ $\neg\varphi$ $w$ $w$ as every Buchi automaton that accepts only one infinite word must be strictly cyclic whereas $w$ is not.

— antti.huima
джерело

Those are finite traces. Assuming you extend them to infinite traces with

a^{ω}

$a^\omega$ at the end, the formula

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

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

$\omega$ -regular languages, which aren't in the text referenced.

— Mark Reitblatt