Entscheidbarkeit der induktiv invarianten Existenz in der Presburger-Arithmetik

Problem:

Betrachten Sie eine endliche Anzahl von Steuerzuständen (einschließlich eines "anfänglichen" und eines "schlechten" Zustands), eine endliche Anzahl von ganzzahligen Variablen und für jedes geordnete Paar von Zuständen eine Übergangsbeziehung, die in der Presburger-Arithmetik ausgedrückt wird.

Entscheiden Sie, ob es eine induktive Invariante gibt (= stabil durch Nachzustände der Übergangsrelation), die den anfänglichen, aber nicht den schlechten Zustand enthält, der in der Presburger-Arithmetik definiert werden kann.

(Beachten Sie, dass sich dieses Problem von dem Erreichbarkeitsproblem in der Presburger-Arithmetik unterscheidet, das eindeutig unentscheidbar ist (durch Reduzierung von Zwei-Zähler-Maschinen).)

Ich vermute, dass dieses Problem unentscheidbar ist, kenne aber keinen Beweis dafür. (Es ist offensichtlich halbentscheidbar.) Hat jemand dies bewiesen?

lo.logic pl.programming-languages decidability

— David Monniaux
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Ich denke, wir müssen dies ein wenig klären: Die Zustände werden durch eine ganze Zahl

, und die Übergangsrelation ist eine Formel

mit einer Formel

und

, die die Anfangszustände bzw. schlechten Zustände darstellen? Und Sie suchen nach einer Formel

so dass:

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)

$I(n)$

und

. Ist das richtig?

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

Ja, außer dass

und

keine einzelnen ganzen Zahlen sind, sondern endliche Vektoren von ganzen Zahlen mit fester Dimension

("endliche Anzahl von ganzzahligen Variablen"). Danke für die Klarstellung.

n

$n$

m

$m$

d

$d$

— David Monniaux

Was ist das Problem der Erreichbarkeit? Wenn es nur "der Zustand

ist erreichbar" ist, dann ist es leicht zu zeigen, dass die Probleme äquivalent sind: Wenn

nicht erreichbar ist, nimm

als

ψ_{b a d} (k)

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

ψ_{b a d} (k)

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

I (k)

$I(k)$

. Vermisse ich etwas

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

Entschuldigung, 1)

2) warum sollte dein Set induktiv sein? zum Beispiel, warum sollte

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

Das Problem des induktiven invarianten Separators für die Presburger-Arithmetik ist unentscheidbar.

Mir ist kein Beweis in der Literatur bekannt, auf den Sie hinweisen könnten. (Es scheint eine so einfache Frage zu sein, dass ich annehme, dass sie irgendwo da draußen ist.) Der Beweis, den ich mir ausgedacht habe, folgt ungefähr der gleichen Konstruktion wie das Halteproblem. Hier ist eine kurze Übersicht. Wir nehmen zunächst ein Entscheidungsverfahren vorhanden ist, und dann eine Maschine konstruieren mit Eingang . verwendet , um die Nichtbeendigung von an sich selbst zu entscheiden, und dann kehrt die Ausgabe um. Wir verwenden dann die Konstruktion von zu zeigen, dass eine falsche Antwort auf die Ausführung von auf sich selbst geben muss. $D$ $S$ $M$ $S$ $D$ $M$ $S$ $S$ $D$ $S$

Anstelle einer Reduzierung des Stoppproblems ist der Beweis in jeder Hinsicht eine Wiederholung des Beweises des Stoppproblems. Es ist etwas ausführlich, da die genau stärkste Post-Bedingung ausgedrückt werden kann. (Wenn ein einfacherer Beweis möglich ist, wäre ich sehr daran interessiert, ihn zu hören.) Nun zu den blutigen Details.

Das induktive invariant Separator Problem für Presburger Arithmetik ist für eine gegebene 4-Tupel wo eine endliche Menge von Variablennamen ist, und sind Presburger-Formeln, deren freie Variablen in , ist die Presburger-Formel, deren freie Variablen in oder $\left<\bar v,Init,Next, Bad\right>$ $\bar v$ $Init$ $Bad$ $\bar v$ $Next$ $\bar v$ (eine grundierte Kopie von ) gibt es eine Formelin der Presburger-Arithmetik mit freien Variablen in so dass: $\bar{v}'$ $\bar v$ $\phi$ $\bar v$

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

wobei alle freien Variablen in . $\phi'$ $\phi$

Angenommen, dieses Problem ist entscheidbar. Es existiert dann eine Turingmaschine , die das Trennproblem entscheidet (für eine gegebene Codierung von Presburger-Formeln). Sei eine deterministische Turingmaschine, die simuliert . beendet und entscheidet über das Separatorproblem. $D'$ $D$ $D'$ $D$

Eine Variablenzuweisung über eine endliche Menge von Variablen ist eine Konjunktion wobei eine ganzzahlige Konstante ist. $\{v_i\}$ $\bigwedge v_i = c_i$ $c_i$

Ich werde auch die Existenz einer Turing-Maschine für den Presburger Arithmetik-Compiler mit einigen vernünftigen, aber starken Einschränkungen annehmen . nimmt als Eingabe eine Turingmaschine mit einem eindeutigen Endzustand und einer Eingabe und konstruiert die Presburger-Formeln und über einen endlichen Satz von Variablen . Informell benötigen wir die Pfade der Presburger-Formeln, um die Ausführung von auf zu simulieren $C$ $C$ $M$ $term$ $w$ $Init$ $Next$ $\bar v$ $M$ $w$ . Außerdem benötigen wir eine Schrittsimulation. Formal benötigen wir Folgendes:

weist eine eindeutige Konstante zu allen Steuerzuständen in und die Konstante für lassen seine , $C$ $M$ $term$ $\left<term\right>$
enthält eine Variable in , die den von bei jedem Schritt in der Ausführung verfolgt. $C$ $pc$ $\bar v$ $M$
erzeugt in Form einer Variablenzuweisung über , $C$ $Init$ $\bar v$
stellt sicher, dass einen eindeutigen Nachfolger für Variablenzuweisungen über (die von aus erreichbar sind), wenn deterministisch ist. $C$ $Next$ $\bar v$ $Init$ $M$
Damit eine injektive Funktion von einem Zustand von (Steuerung und Band) zu einer variablen Zuordnung über so dass einen Nachfolger hat, wird der Anfangszustand von auf genau auf abgebildet und der Steuerzustand von weist konsistent , $f$ $M$ $bar v$ $Next$ $M$ $w$ $Init$ $M$ $pc$
ist deterministisch und $C$
endet. $C$

Konstruieren Sie nun die Turingmaschine , die eine Turingmaschine als Eingabe verwendet und Folgendes ausführt (im 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

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

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

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

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

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

$D$

Durch diese Übung habe ich Jerome Leroux 'Arbeit an Separatoren für Vektoradditionssysteme wirklich geschätzt.

— Tim
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Das ist großartig, danke! Haben Sie eine Referenz für Schritt 2, nämlich den "Compiler von TM zu Presburger Arithmetic"? Das scheint der Kern des Beweises zu sein.

— 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)

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