Độ phức tạp của logic phương thức IK5

Sự phức tạp của vấn đề thỏa mãn cục bộ đối với logic phương thức gì? Ở đây chúng tôi biểu thị bằng logic phương thức trên các khung euclide được mở rộng với phương thức nghịch đảo. Bạn có thể cung cấp bất kỳ tài liệu tham khảo? Có phải trong ? $\mathit{IK5}$ $IK5$ $NP$

Những gì tôi biết về chủ đề này?

Thật dễ dàng để thấy rằng đang ở , vì có sự rút gọn từ nó thành (đoạn được bảo vệ hai biến của logic thứ nhất) - xem Quyết định logic ngữ pháp thông thường với logic thông qua thứ tự đầu tiên . $IK5$ $ExpTime$ $GF^2$

Mặt khác, thông thường là -complete. $K5$ $NP$

Chúng ta có thể viết một công thức tương đương trong (đoạn một biến của logic thứ nhất), bởi vì các mô hình có thể được chia thành ba phần: (1) thế giới bắt đầu , (2) thành công của (3) thành công thành công của . Việc giảm ví dụ cho logic thậm chí còn khó hơn ( với các phương thức được phân loại) được mô tả trong Lưu ý về mức độ phức tạp của vấn đề thỏa mãn đối với các logic phương thức được phân loại . Tuy nhiên, với sự hiện diện của phương thức nghịch đảo, chúng ta không thể thực hiện cùng một mẹo - ý tưởng ngắn gọn là thế giới nghịch đảo có thể yêu cầu số lượng người kế thừa khác nhau. $FO^1$ $w$ $w$ $w$ $K5$

— Bartosz Bednarchot
nguồn

Logic hoàn thành EXP. Một cách để chứng minh giới hạn dưới là lưu ý rằng logic KTB được tăng cường với phương thức phổ quát, hoặc thậm chí chỉ là mối quan hệ hệ quả toàn cầu của KTB, là EXP hoàn chỉnh (Chen và Lin [1]; lưu ý rằng chúng biểu thị KTB là B).

Lưu ý rằng khung IK5 được kết nối là một điểm không phản xạ đơn hoặc nó bao gồm một cụm phản xạ cùng với một (các điểm có thể trống) đặt của các điểm không phản xạ , mỗi điểm trong số đó thấy (trong ) một tập hợp con khác rỗng của . Do đó, là mối quan hệ đối xứng trên ; nếu mọi phần tử của được nhìn thấy bởi một phần tử của , thì cũng là phản xạ. Ngược lại, dễ dàng nhận thấy rằng mọi khung đối xứng phản xạ có thể thu được theo cách này. Nó theo đó $(W,R,R^{-1})$ $C$ $I$ $R$ $C$

R_{s} := {(x, y) \in C^{2} : \exists z \in I (R (z, x) \land R (z, y))}

$R_s:=\{(x,y)\in C^2:\exists z\in I\,(R(z,x)\land R(z,y))\}$

C

$C$

C

$C$

I

$I$

R_{s}

$R_s$

⊢_{{K T B}^{U}} ϕ ⟺ ⊢_{I K 5} ◊^{-} ⊤ \land ◻^{+} ◊^{-} ◻^{-} ⊥ \to ϕ^{*},

${}\vdash_{\mathrm{KTB}^U}\phi\iff{}\vdash_{\mathrm{IK5}}\Diamond^-\top\land\Box^+\Diamond^-\Box^-\bot\to\phi^*,$

trong đó bản dịch với các kết nối mệnh đề và được xác định cho các toán tử phương thức bởi $\phi^*$

\begin{aligned} (◻ ϕ)^{*} & = ◻^{-} (◻^{-} ⊥ \to ◻^{+} ϕ^{*}), \\ (A ϕ)^{*} & = ◻^{+} ϕ^{*} . \end{aligned}

$\begin{align*} (\Box\phi)^*&=\Box^-(\Box^-\bot\to\Box^+\phi^*),\\ (A\phi)^*&=\Box^+\phi^*. \end{align*}$

Ở đây, biểu thị phương thức phổ quát của và và tương ứng biểu thị các phương thức tiến và lùi của IK5. $A$ $\mathrm{KTB}^U$ $\Box^+$ $\Box^-$

Tài liệu tham khảo:

[1] Cheng-Chia Chen và I-Peng Lin, Sự phức tạp của các lý thuyết phương thức mệnh đề và sự phức tạp của tính nhất quán của các lý thuyết phương thức mệnh đề , trong: Proc. LFCS 1994 (Anil Nerode và Yu. V. Matiyasevich, chủ biên.), LNCS 813, Springer, trang 69 mật80 , doi 10.1007 / 3-540-58140-5_8 .

— Emil Jeřábek
nguồn

Có lẽ một câu hỏi ngớ ngẩn. Theo như tôi hiểu, bạn đã chứng minh rằng hậu quả toàn cầu trong IK5 ít nhất cũng khó như hậu quả toàn cầu trong KTB ^ U. Vì sự thỏa mãn cục bộ là một trường hợp đặc biệt của vấn đề hậu quả toàn cầu, làm thế nào chúng ta có được độ cứng cho nó?

— Bartosz Bednarchot

Không, tôi đã chứng minh rằng định lý (là trường hợp đặc biệt của cả hậu quả địa phương và toàn cầu) trong IK5 ít nhất cũng khó như định lý trong KTB ^ U. Hoặc song song, sự thỏa mãn trong IK5 cũng khó như sự thỏa mãn trong KTB ^ U. Như đã nói, nó không thực sự tạo ra bất kỳ sự khác biệt nào: hệ quả và định lý cục bộ có cùng độ phức tạp trong bất kỳ logic phương thức nào bởi định lý khấu trừ, và hậu quả cục bộ và toàn cầu có cùng độ phức tạp trong bất kỳ logic nào với phương thức phổ quát có thể xác định (mà IK5 có ).

— Emil Jeřábek

Emil Jeřábek, bạn có biết về bất kỳ kết quả ràng buộc nào đối với IK5 không? Các kỹ thuật khác nhau sau đó dịch sang GF2, mà tôi đã đề cập trong bài viết của mình?

— Bartosz Bednarchot

Một đối số lọc khá dễ dàng cho thấy rằng bất kỳ công thức thỏa đáng nào cũng có mô hình kích thước , có nghĩa là người ta có thể kiểm tra mức độ thỏa mãn trong NEXP. Tôi không biết một cách trực tiếp làm thế nào để xác định thuật toán.

2^{O (n)}

$2^{O(n)}$

— Emil Jeřábek

Câu hỏi cuối cùng. Bạn có thể cho tôi biết nếu kết quả đó mang lại cho chúng tôi bất kỳ ràng buộc nào về vấn đề thỏa mãn toàn cầu (tôi không quen với định lý, đó là lý do tại sao tôi hỏi)? Thật dễ dàng để giảm mức độ thỏa mãn toàn cầu thành mức độ thỏa mãn cục bộ nếu bạn có thể sử dụng phương thức phổ quát, nhưng có thể giới hạn trên của IK5 nhỏ hơn Exp.

— Bartosz Bednarchot