Sự quyết định của sự tồn tại bất biến quy nạp trong số học Presburger

Vấn đề:

Xem xét số lượng trạng thái điều khiển hữu hạn (bao gồm trạng thái "ban đầu" và trạng thái "xấu"), số lượng biến số hữu hạn và đối với mỗi cặp trạng thái được sắp xếp một mối quan hệ chuyển tiếp được biểu thị trong số học Presburger.

Quyết định xem có tồn tại một bất biến quy nạp (= ổn định theo các trạng thái sau của quan hệ chuyển tiếp) có chứa trạng thái ban đầu nhưng không phải là trạng thái xấu, có thể xác định trong số học Presburger.

(Lưu ý rằng vấn đề này khác với vấn đề khả năng tiếp cận trong số học Presburger, điều này rõ ràng là không thể giải quyết được (bằng cách giảm từ các máy hai quầy).)

Tôi nghi ngờ vấn đề này là không thể giải quyết được, nhưng không biết bằng chứng nào cho nó. (Nó rõ ràng là có thể bán được.) Có ai đó đã chứng minh điều này?

lo.logic pl.programming-languages decidability

— David Monniaux
nguồn

Tôi nghĩ rằng chúng ta cần làm rõ điều này một chút: các trạng thái được biểu thị bằng một số nguyên

và quan hệ chuyển tiếp là một công thức

, với công thức

và

đại diện cho trạng thái ban đầu và trạng thái xấu tương ứng? Và bạn đang tìm kiếm một công thức

sao cho:

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)

$I(n)$

và

. Điều này có đúng không?

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

Có, ngoại trừ

và

không phải là số nguyên đơn, mà là vectơ hữu hạn của số nguyên có kích thước cố định

("số hữu hạn của biến số nguyên"). Cảm ơn bạn đã làm rõ.

n

$n$

m

$m$

d

$d$

— David Monniaux

Vậy vấn đề khả năng tiếp cận là gì? Nếu đó chỉ là "trạng thái

có thể truy cập được", thì thật dễ dàng để chỉ ra rằng các vấn đề là tương đương: nếu

không thể truy cập được, hãy lấy

thành

ψ_{b a d} (k)

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

ψ_{b a d} (k)

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

I (k)

$I(k)$

. Tui bỏ lỡ điều gì vậy?

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

Xin lỗi, 1) đó là

2) tại sao nên thiết lập của bạn được quy nạp? Ví dụ, tại sao nên

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

Vấn đề phân tách bất biến quy nạp cho số học Presburger là không thể giải quyết được.

Tôi không biết về một bằng chứng trong tài liệu để chỉ cho bạn. (Có vẻ như rất đơn giản một câu hỏi tôi cho rằng nó ở đâu đó ngoài kia.) Bằng chứng tôi đưa ra theo cách xây dựng gần giống như vấn đề tạm dừng. Dưới đây là một tổng quan ngắn gọn. Đầu tiên chúng ta giả định một thủ tục quyết định tồn tại và sau đó xây dựng một cỗ máy với đầu vào . sử dụng để quyết định không kết thúc trên chính nó và sau đó đảo ngược đầu ra. Sau đó, chúng tôi sử dụng cấu trúc của để chỉ ra rằng phải đưa ra câu trả lời không chính xác khi thực hiện trên chính nó. $D$ $S$ $M$ $S$ $D$ $M$ $S$ $S$ $D$ $S$

Thay vì giảm bớt vấn đề tạm dừng, bằng chứng dành cho tất cả ý định và mục đích là sự phục hồi của bằng chứng về vấn đề tạm dừng. Đó là một chút dài dòng như sẽ yêu cầu rằng điều kiện bài mạnh nhất chính xác có thể được thể hiện. (Nếu có thể có bằng chứng đơn giản hơn, tôi sẽ rất thích nghe nó.) Bây giờ hãy đến các chi tiết chính.

Các bất biến vấn đề tách quy nạp cho Presburger số học là một trao 4-tuple nơi là một tập hợp hữu hạn các tên biến, và là công thức Presburger mà biến miễn phí trong , là Presburger thức mà biến miễn phí trong hoặc $\left<\bar v,Init,Next, Bad\right>$ $\bar v$ $Init$ $Bad$ $\bar v$ $Next$ $\bar v$ (một bản sao sơn lót của ) không có tồn tại một công thứctrong Presburger số học với các biến tự do trong sao cho: $\bar{v}'$ $\bar v$ $\phi$ $\bar v$

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

nơi số nguyên tố tất cả các biến tự do trong . $\phi'$ $\phi$

Giả sử vấn đề này là quyết định. Có thì tồn tại một máy Turing rằng quyết vấn đề tách (đối với một mã hóa cho các công thức Presburger). Hãy là một máy Turing xác định rằng mô phỏng . chấm dứt và quyết định vấn đề phân tách. $D'$ $D$ $D'$ $D$

Một phép gán biến trên một tập hợp hữu hạn của các biến là một tổ hợp trong đó là hằng số nguyên. $\{v_i\}$ $\bigwedge v_i = c_i$ $c_i$

Tôi cũng sẽ giả sử sự tồn tại của máy Turing cho trình biên dịch số học Presburger với một số hạn chế hợp lý, nhưng mạnh mẽ. lấy đầu vào là máy Turing với trạng thái cuối cùng duy nhất, và đầu vào , và xây dựng các công thức presburger và qua một tập hợp các biến hữu hạn . Một cách không chính thức, chúng tôi yêu cầu các đường dẫn của các công thức Presburger để mô phỏng việc thực hiện trên $C$ $C$ $M$ $term$ $w$ $Init$ $Next$ $\bar v$ $M$ $w$ . Hơn nữa, chúng tôi yêu cầu nó phải là một mô phỏng bước. Chính thức, chúng tôi yêu cầu:

gán một hằng số duy nhất để tất cả các nước kiểm soát trong và để cho hằng số cho được , $C$ $M$ $term$ $\left<term\right>$
bao gồm một biến trong theo dõi trạng thái điều khiển của ở mỗi bước trong quá trình thực thi, $C$ $pc$ $\bar v$ $M$
tạo ở dạng gán biến trên , $C$ $Init$ $\bar v$
đảm bảo rằng có một người kế vị duy nhất trên các phép gán biến đổi trên (có thể truy cập từ ) nếu có tính xác định, $C$ $Next$ $\bar v$ $Init$ $M$
để tồn tại một hàm tiêm từ trạng thái (điều khiển và băng) sang một phép gán biến trên sao cho có một người kế vị, trạng thái ban đầu của trên được ánh xạ tới chính xác và trạng thái điều khiển của luôn gán , $f$ $M$ $bar v$ $Next$ $M$ $w$ $Init$ $M$ $pc$
là xác định, và $C$
chấm dứt. $C$

Bây giờ xây dựng một máy Turing mà phải mất một máy Turing như là đầu vào và làm như sau (trong giả): $S$ $M$

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

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

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

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

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

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

$D$

Thực hiện bài tập này thực sự khiến tôi đánh giá cao công việc của Jerome Leroux trên các dải phân cách cho các hệ thống bổ sung véc tơ.

— Tim
nguồn

Điều này thật tuyệt, cảm ơn! Bạn có tham khảo cho bước 2, cụ thể là "trình biên dịch từ TM sang Presburger Số học" không? Đó dường như là mấu chốt của bằng chứng.

— 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)

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