Equivalência de Rastreio vs Equivalência de LTL

Estou procurando um exemplo fácil de dois sistemas de transição equivalentes a LTL, mas não equivalentes a traços.

Li a prova de que a Equivalência de traços é mais refinada do que a Equivalência de LTL no livro "Princípios de verificação de modelos" (Baier / Katoen), mas não tenho certeza se realmente entendi. Eu sou incapaz de imaginá-lo, talvez haja um exemplo simples que possa visualizar a diferença?

lo.logic model-checking linear-temporal-logic

— magnattic
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Posso recomendar expandir o acrônimo no título. Isso ajudará outras pessoas a encontrar a pergunta e as respostas e também poderá ajudar a levar sua pergunta à atenção daqueles que podem fornecer boas respostas.

— Marc Hamann

para não falar de pesquisas do Google :)

— Suresh Venkat

@ Marc: Usar o acrônimo LTL é absolutamente padrão - lógicos modais como seus breves nomes (pense em B, D4.3, KL, etc.). Eu acho que o título não deve ser expandido, já que temos a tag.

— 9788 Charles Stewart

A questão ainda não está muito bem definida: você está permitindo estruturas infinitas de Kripke? Você considera traços finitos e infinitos mistos (máximos), ou apenas permite traços infinitos? Estou perguntando porque o AFAICR Baier & Katoen considera apenas o caso de estruturas finas de Kripke e traços infinitos, que descartam a resposta de Dave abaixo.

— Sylvain

@atticae: com estruturas Kripke totais finitas (e, portanto, traços infinitos), eu esperaria que a equivalência LTL e a equivalência de traços fossem a mesma coisa ... vou pensar nisso.

— 394 Sylvain

Respostas:

Lendo Baier e Katoen de perto, eles estão considerando sistemas de transição finitos e infinitos. Veja a página 20 desse livro para definições.

Primeiro, use o sistema de transição simples $EVEN$ :

ATÉ

Lema: Nenhuma fórmula LTL reconhece o idioma Traços . Uma string se s para . Veja Wolper '81 . Você pode provar isso mostrando primeiro que nenhuma fórmula LTL com operadores "da próxima vez" pode distinguir as seqüências de caracteres da forma para $L_{even} =$ $(EVEN)$ $c \in L_{even}$ $c_i = a$ $i$ $n$ $p^i\neg p p^\omega$ $i> n$ , por uma simples indução.

Considere o seguinte (não-determinística infinito,) sistema de transição . Observe que existem dois estados iniciais diferentes: $NOTEVEN$

insira a descrição da imagem aqui

Seus traços são precisamente . $\{a,\neg a\}^\omega - L_{even}$

$NOTEVEN \vDash \phi$ $EVEN \not\vDash \neg\phi$

Agora, considere este sistema de transição simples : $TOTAL$

TS total

Seus traços são claramente . $\{a,\neg a\}^\omega$

Portanto, e não são equivalentes ao rastreamento. Suponha que eles sejam LTL diferentes. Então teríamos uma fórmula LTL tal que e . Mas então, . Isso é uma contradição. $NOTEVEN$ $TOTAL$ $\phi$ $NOTEVEN \vDash \phi$ $TOTAL \not\vDash \phi$ $EVEN\vDash \neg\phi$

Agradeço a Sylvain por capturar um bug estúpido na primeira versão desta resposta.

— Mark Reitblatt
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Hmm, isso não está perfeitamente claro. Devo tornar os passos em torno da contradição mais explícitos? Os sistemas de transição também não são tão bem quanto poderiam ser ...

— Mark Reitblatt

Você está interpretando mal a linguagem : o sistema que você está propondo é equivalente à fórmula . O sistema correto deve ter uma escolha não determinística no estado inicial, com rótulo entre ir para um estado rotulado por e um não rotulado por . Ambos e têm transições retornando para

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}

$q_1$

q_{2}

$q_2$

q_{0}

$q_0$

— Sylvain

@Sylvain você está correto. Eu tentei simplificar e acabei quebrando! Deixe-me consertar isso.

— precisa saber é o seguinte

Você não pode "reverter" o argumento, para que os dois sistemas que você compara no final sejam

e vez de e ?

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

$\mathit{TOTAL}$

— 11119 Sylvain

@ Mark Reitblatt: Pelo que você argumenta essa frase no final "Mas então, ."? Não vejo uma argumentação que leve a esse ponto, essencial para mostrar a contradição.

E V E N ⊨ \neg ϕ

$EVEN\vDash \neg\phi$

— Magnattic 12/05/12

Se sua definição de LTL incluir o operador "next", o seguinte se aplicará. Você tem dois conjuntos de traços e . Deixe ser qualquer prefixo finito de um rastreio em . também deve ser um prefixo finito de um rastreio em , porque, caso contrário, você pode convertê-lo em uma fórmula que é apenas uma série de próximos operadores que detectam a diferença. Portanto, todo prefixo finito de uma palavra precisa ser um prefixo finito de uma palavra e vice-versa. Isso significa que, se , deve haver uma palavra em para que todos os seus prefixos finitos apareçam em mas $A$ $B$ $b$ $B$ $b$ $A$ $B$ $A$ $A \not= B$ $b$ $A$ $b$ em si não aparece em . Se e são gerados por sistemas de transição finitos , acho que isso é impossível. Assumindo sistemas de transição infinitos, você pode definir $A$ $A$ $B$

$A = \{a,b\}^\omega$ e onde é, por exemplo, a palavra infinita . $B = A \setminus \{w\}$ $w$ $aba^2b^2a^3b^3a^4b^4\cdots$

Qualquer fórmula LTL que detém universalmente para vai realizar universalmente para porque é um subconjunto de . Qualquer fórmula LTL que se aplica a também se aplica a ; por uma questão de contradição, não assuma, mas isso vale para todo elemento de (isto é, para todo elemento do universo que se espera pela palavra ), mas não para . Então avaliado como verdadeiro em mas não em qualquer outra palavra do universo (e LTL é fechado sob negação), e não existe uma fórmula LTL que possa ser verdadeira apenas para $A$ $B$ $B$ $A$ $B$ $A$ $\varphi$ $B$ $w$ $w$ $\neg\varphi$ $w$ $w$ como todo autômato Buchi que aceita apenas uma palavra infinita deve ser estritamente cíclico, enquanto não é. $w$

— antti.huima
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Esses são traços finitos. Supondo que você os estenda a traços infinitos com

no final, a fórmula

aceita o segundo conjunto, mas rejeita o primeiro.

a^{ω}

$a^\omega$

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

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

— precisa saber é o seguinte

Você está certo, eu escrevi uma nova resposta :) LOL, lembrei-me de meus dias em cs teórico que LTL não tem o próximo operador :)

— antti.huima

Eu acho que isso faz o truque.

— 91111 Dave Clarke

Eu acho que funciona também.

— precisa saber é o seguinte

Esta resposta não é satisfatória. O OP estava pedindo sistemas de transição, mas a resposta é sobre línguas e justificado em termos de Buchi autômatos e

línguas -Regular, que não estão no texto referenciado.

ω

$\omega$

— Re