Wydziaª Matematyki, Informatyki i Mechaniki UW. Automaty a logika. skrypt z wykªadu i wicze« semestr zimowy 2009/2010

Transkrypt

1 Wydziaª Matematyki, Informatyki i Mechaniki UW Automaty a logika skrypt z wykªadu i wicze«semestr zimowy 2009/2010

2 Wykªad prowadziª a czasem go zast powaª wiczenia prowadzili Teksty spisali dr hab. Mikoªaj Boja«czyk mgr Paweª Parys mgr Filip Murlak mgr Paweª Parys Michaª Goª biowski Krzysztof K s Marek Kiszkis Mateusz Kope Michaª Pilipczuk Oskar Skibski Michaª Skrzypczak Karolina Soªtys Piotr Szczepa«ski Mateusz Tarkowski Adam Witkowski Maciej Zdanowicz

3 Spis tre±ci 1 Sªowa sko«czone Wst p Twierdzenie Büchiego Sªowa niesko«czone Twierdzenie Büchiego Dowód twierdzenia Büchiego Dopeªnienie dla NBA Interpretacje 19 4 Determinizacja Podej±cie bezpo±rednie Drzewa Safry Symulacja Automat Twierdzenie odwrotne Alternatywna konstrukcja Wnioski J zyki regularne sªów sko«czonych J zyki regularne sªów sko«czonych a logika pierwszego rz du (FO) Alternacja Alternacja na sªowach sko«czonych Alternacja na sªowach niesko«czonych Determinacja gier niesko«czonych a automaty alternuj ce Drzewa Drzewa sko«czone Drzewa niesko«czone Inne teorie rozstrzygalne 65 9 Rozwi zania zada«69 3

4 4

5 Rozdziaª 1 Sªowa sko«czone Spisali: Karolina Soªtys i Mateusz Tarkowski 1.1 Wst p Zacznijmy od obserwacji,»e mo»emy ªatwo opisywa pewne wªasno±ci sªów za pomoc formuª logicznych. Za- ªó»my,»e dysponujemy relacj a(x), oznaczaj c,»e x-t liter w sªowie jest litera a. Wtedy na przykªad formuªa x a(x) b dzie speªniona dla sªów, które zawieraj co najmniej jedn liter a, a formuªa x y y x a(y) dla sªów, które ko«cz si na a. W obu przypadkach j zyk zªo»ony ze wszystkich sªów, dla których dana formuªa jest prawdziwa, jest j zykiem regularnym odpowiednie wyra»enia regularne to A a A oraz A a. Nasuwa si pytanie, czy ka»dy j zyk regularny daje si zapisa za pomoc formuªy logiki pierwszego rz du, oraz czy ka»da taka formuªa wyznacza jaki± j zyk regularny. Sformalizujmy troch poj cia, z których korzystali±my w poprzednim akapicie. Niech A b dzie sko«czonym alfabetem i niech w = a 0... a n 1 b dzie sªowem nad alfabetem A. Sªowo w b dziemy reprezentowa struktur relacyjn w = ({1,..., n}, (x, y), s(x, y), {a(x)} a A ), gdzie zbiór {1,..., n} interpretujemy jako zbiór pozycji w sªowie w, s jest relacj nast pnika, a predykaty a(x) (dla a A) wyznaczaj pozycje w sªowie, na których znajduje si litera a. Przez L ϕ b dziemy oznacza j zyk zdeniowany formuª ϕ: L ϕ = {w A : w = ϕ}. Okazuje si,»e nie wszystkie j zyki regularne daj si wyrazi za pomoc formuªy logiki pierwszego rz du. Z poni»szego lematu wynika,»e nie mo»emy tak wyrazi np. j zyka (aa). Lemat 1. Dla ka»dej formuªy ϕ F O(, s) o rozmiarze n zachodzi a 2n = ϕ a 2n +1 = ϕ. Dowód Dowód polega na nietrudnej analizie gry Ehrenfeuchta na sªowach a 2n czytelnikowi. i a 2n +1. Szczegóªy pozostawiamy 5

6 1.2 Twierdzenie Büchiego Poka»emy,»e odpowiedni logik do opisywania j zyków regularnych jest logika MSO (monadic second-order logic), która zezwala na kwantykowanie po elementach oraz po zbiorach elementów. Twierdzenie 2 (Büchi 60, Elgot 61, Trachtenbrot 62). Dla j zyka L A nast puj ce warunki s równowa»ne: 1. L jest regularny 2. L jest deniowalny w logice MSO(s). Zanim udowodnimy to twierdzenie, stworzymy formuª MSO opisuj c j zyk (aa), co pozwoli nam dostrzec ogóln metod konstruowania formuª MSO dla j zyków regularnych. Sªowa o parzystej liczbie liter mo»emy opisa jako takie sªowa, w których mo»emy zaznaczy co drug pozycj tak, by zaznaczy pierwsz pozycj i nie zaznaczy ostatniej. Za pomoc formuªy logicznej mo»emy to wyrazi nast puj co: X x y x y X x y x y X x y s(x, y) (x X y X) pierwsza pozycja jest zaznaczona ostatnia pozycja nie jest zaznaczona zaznaczona jest co druga pozycja Przyjrzyjmy si teraz automatowi rozpoznaj cemu ten j zyk. Automat ten ma dwa stany: akceptuj cy q 0, b d cy stanem pocz tkowym i nieakceptuj cy q 1. Tranzycje opisane liter a prowadz ze stanu q 0 do q 1 oraz z q 1 do q 0. Oznacza to,»e przy wczytywaniu sªowa nale» cego do j zyka, automat po wczytaniu pierwszej pozycji b dzie w stanie q 1, po wczytaniu ostatniej pozycji b dzie w stanie q 0 (innymi sªowy nie b dzie w stanie q 1 ), oraz b dzie w stanie q 0 co dwie pozycje. Zauwa»my,»e zbiór pozycji, po wczytaniu których automat przejdzie do stanu q 1, jest wªa±nie zbiorem X speªniaj cym powy»sz formuª. To nie przypadek. W ogólnym przypadku b dziemy tworzy formuª na podstawie automatu rozpoznaj cego dany j zyk: b dziemy kwantykowa po zbiorach wyznaczaj cych pozycje, w których automat przechodzi dan tranzycj. W tre±ci formuªy wymusimy, by wyznaczone stany odpowiadaªy akceptuj cemu biegowi automatu na danym sªowie. Poni»ej poka»emy to w formalny sposób. Uwaga. W powy»szej formule korzystali±my z relacji porz dku, ale nie stanowi to nadu»ycia porz dek jest w MSO deniowalny za pomoc nast pnika: x y X (x X ( u,v (u X s(u, v)) v X)) y X (je±li x X i X jest zamkni ty ze wzgl du na operacj nast pnika, to y X). Dowód (= ) Udowodnimy,»e dla ka»dego automatu sko«czonego A = (Q,Q I,δ,A,F ) istnieje równowa»na formuªa ϕ MSO(s) taka,»e L A = L ϕ. Zaªó»my,»e tranzycje automatu to δ = {(q 1, a 1, p 1 ),...,(q n, a n, p n )}, gdzie krotka (q i, a i, p i ) oznacza automat b d cy w stanie q i po wczytaniu litery a i przechodzi do stanu p i. Zauwa»my,»e ka»dej pozycji w sªowie mo»emy w naturalny sposób przypisa tranzycj t tranzycj, któr przechodzi automat wczytuj c liter na danej pozycji. Bieg automatu na danym sªowie mo»emy jednoznacznie wyznaczy okre±laj c, na jakich pozycjach automat przechodzi dan tranzycj. Utworzymy teraz formuª, która b dzie speªniona dokªadnie przez te sªowa, dla których istnieje akceptuj cy bieg automatu: 6

7 i j xx X i x X j X i s rozª czne x i x X i a i (x) X i pokrywaj sªowo, a tranzycje s zgodne z etykietami X1... Xn x y s(x, y) ( i,j : p i=q j x X i y X j ) kolejne tranzycje s zgodne x y x q i I y X i pierwsza tranzycja zaczyna si w stanie inicjalnym x y x p i F y X i ostatnia tranzycja ko«czy si w stanie akceptuj cym Dowód (= ) Chcemy pokaza,»e dla ka»dej formuªy MSO ϕ(x 1... X n, y 1... y n ) istnieje równowa»ny automat. Udowodnimy to przez indukcj po budowie ϕ. Krok 1. Zacznijmy od uproszczenia formuª M SO eliminacji zmiennych indywiduowych. Poka»emy przez indukcj ze wzgl du na budow formuªy,»e ka»da formuªa MSO Ψ MSO (x 1,..., x n, Y 1,..., Y m ) posiada równowa»n formuª logiki MSO 0 Ψ MSOO (X 1,..., X n, Y 1,..., Y m ), w której posªugujemy si tylko zmiennymi drugiego rz du, oraz dysponujemy predykatem (X, Y ) oraz S(X, Y ) o nast puj cej semantyce: S(X,Y ) MSO0 MSO x X y Y s(x, y) Skrót notacyjny ϕ L1 L2 ψ b dzie oznacza formuª ϕ logiki L 1 przepisujemy na równowa»n prawdziw w tych samych sªowach (a w przypadku formuª otwartych: w tych samych sªowach i dla analogicznych warto±ciowa«zmiennych wolnych) formuª ψ logiki L 2. Przez analogiczne warto±ciowania rozumiemy takie warto±ciowania, w których dopuszczamy zmian warto±ci zmiennej indywiduowej na singleton zawieraj cy t warto±. Kwantykacj po elementach b dziemy symulowa kwantykacj po singletonach, chcemy te» w jaki± sposób zast pi predykaty s(x, y) i X(y) nowymi predykatami S(X, Y ) i (X, Y ). Zdeniujmy w MSO 0 pomocniczy predykat sing(x), który jest prawdziwy wtw. gdy zbiór X jest jednoelementowy: sing(x) Y X (Y X) Z X (Z = X Z = Y ) (konieczn i wystarczaj c wªasno±ci singletonów jest fakt posiadania dokªadnie jednego podzbioru wªa±ciwego). Mo»emy teraz przepisa atomowe formuªy MSO w j zyku MSO O : x ϕ MSO (x) MSO MSO0 X sing(x) ϕ MSO0 (x) s(x,y) MSO MSO0 S(X, Y ) sing(x) sing(y ) x Y MSO MSO0 X Y sing(x) Zauwa»my,»e ka»da formuªa MSO 0 daje si zapisa formuª MSO: wystarczy,»e zapiszemy (X, Y ) jako formuª MSO: (X, Y ) MSO0 MSO x X Y (x). S(X, Y ) ju» zapisali±my w ten sposób. Przej±cie do MSO 0 nie zwi ksza wi c siªy wyrazu. 7

8 Krok 2. Kiedy b dziemy indukcyjnie tworzy automaty dla podformuª naszej formuªy, zauwa»ymy,»e b dziemy musieli tworzy równie» automaty dla formuª otwartych, tzn. postaci ϕ(x 1,..., X n ), gdzie X 1,..., X n s zmiennymi wolnymi. Oprócz sªowa b dziemy wi c musieli dostarczy na wej±ciu naszego automatu równie» warto±ciowanie tych zmiennych (b d cych zbiorami pozycji w sªowie). W tym celu rozszerzymy alfabet A do alfabetu A {0, 1} n : litera (a, c 1,..., c n ) na pozycji p b dzie oznaczaªa,»e w rozwa»anym sªowie na pozycji p jest litera a, oraz»e p nale»y do X i wtw., gdy c i = 1. Je±li w naturalny sposób zdeniujemy operator w v, oznaczaj cy takie wªa±nie podpisywanie jednego sªowa pod drugim, to nowe sªowo wej±ciowe nad rozszerzonym alfabetem b dziemy mogli zapisa jako w X 1... X n. Przykªadowo, dla sªowa w = aababb oraz zbioru X 1 b d cego zbiorem liczb parzystych i zbioru X 2 b d cego zbiorem liczb pierwszych uzyskamy nast puj ce sªowo nad rozszerzonym alfabetem: w = a a b a b b X 1 = X 2 = Krok 3. Przez indukcj po rozmiarze ϕ(x 1,..., X n ) poka»emy,»e j zyk L X1,...,Xn ϕ {w X 1... X n : w = ϕ(x 1,..., X n )} (A {0, 1} n ) jest regularny okre±laj c automat, który go rozpoznaje. W ªatwy sposób mo»emy zdeniowa automaty rozpoznaj ce atomowe formuªy X i X j, sing(x i ) oraz S(X i, X j ). Na przykªad automat rozpoznaj cy X i X j sprawdza, czy obecno± jedynki w i-tym wierszu implikuje obecno± jedynki w wierszu j-tym; automaty rozpoznaj ce pozostaªe dwa predykaty s równie proste. Aby wykona krok indukcyjny, wystarczy»e znajdziemy automaty rozpoznaj ce ϕ ψ, ϕ oraz X ϕ(x) dla ϕ, ψ rozpoznawanym przez automaty sko«czone co jest równowa»ne zamkni to±ci j zyków regularnych odpowiednio na sum, dopeªnienie i rzutowanie. Zamkni to± na sum i dopeªnienie jest dobrze znanym faktem, musimy si jednak chwil zastanowi nad tym, co wªa±ciwie oznacza rzutowanie j zyków regularnych. Krok 4. Zakªadaj c,»e j zyk zdeniowany formuª Ψ(X 1,..., X n ) jest rozpoznawany przez automat sko«- czony A, chcemy pokaza automat dla j zyka: ϕ(x 1,..., X n 1 ) = Xn Ψ(X 1,..., X n ). Szukany automat, dziaªaj cy nad alfabetem A {0, 1} n 1, powinien po prostu niedeterministycznie zgadn ostatni wiersz zer i jedynek, deniuj cy zbiór X n, i na rozszerzonym w ten sposób sªowie (ju» nad alfabetem A {0, 1} n ) powinien dziaªa jak automat A. Wniosek. Udowodnione wªa±nie twierdzenie gªosi,»e dla ka»dej formuªy M SO istnieje równowa»ny automat. Tworzy równie» dla ka»dego automatu równowa»n mu formuª M SO postaci X1... Xn Ψ(X 1,..., X n ), gdzie formuªa Ψ(X 1,..., X n ) nie ma kwantykatorów po zmiennych drugiego rz du. Oznacza to,»e ka»da formuªa M SO nad sygnatur sªów jest równowa»na formule takiej wªa±nie postaci. 8

9 Zadania Zadanie 1.1. Zbiór sªów W A nazywamy kodem je±li ka»de sªowo w A ma conajwy»ej jeden rozkªad w = w 1 w n dla w 1,...,w n. Dla sko«czonego zbioru sªów W napsia w logica MSO(s) zdanie ϕ W, które ma model wtedy i tylko wtedy gdy W jest kodem. Zadanie 1.2. Pokaza,»e dla ka»dej formuªy MSO(s) istnieje równowa»na (na sªowach sko«czonych) formuªa postaci Xϕ(X), gdzie ϕ(x) jest formuª logiki pierwszego rz du. Innymi sªowy, wystarczy jeden kwantykator drugiego rz du. Zadanie 1.3. Formuª ϕ(x,y) nazwiemy linijk dªugo±ci d, je±li jest prawdziwa dokªadnie wtedy, gdy odlegªo± mi dzy x a y to d. Pokaza,»e dla dowolnego n istnieje linijka dªugo±ci wi kszej ni» 2 n, która opisuje si formuª MSO(s) rozmiaru wielomianowego ze wzgl du na n. Zadanie 1.4. Uogólni powy»sze zadanie na funkcje podwójnie, potrójnie i wi cej razy wykªadnicze. Dokªadniejszy opis poni»ej. Niech exp k (n) b dzie k-krotnie wykªadnicz funkcj od n, czyli exp 0 (n) = n exp k+1 (n) = 2 exp k (n). Ustalmy k. Pokaza,»e dla dowolnego n istnieje linijka dªugo±ci wi kszej ni» exp k (n), która opisuje si formuª MSO(s) rozmiaru wielomianowego ze wzgl du na n. Staªe i wykªadnik wielomianu mog zale»e od k. Zadanie 1.5. Korzystaj c z linijki w poprzednim zadaniu udowodni,»e nie istnieje algorytm rozstrzygaj cy speªnialno± dla MSO(s) na sªowach sko«czonych, który by dziaªaª w czasie wykªadniczym, czy te» podwójnie wykªadniczym, potrójnie wykªadniczym, itd. Zadanie 1.6. Dodajmy do sygnatury relacj x = y + z. Pokaza,»e speªnialno± MSO(s,+) na sªowach sko«czonych jest nierozstrzygalna. Zadanie 1.7. Napisa formuªy FOL (logiki pierwszego rz du) deniuj ce nast puj ce wªasno±ci: a istnieje dokªadnie k elementów w uniwersum, b pomi dzy wierzchoªkami u, v istnieje ±cie»ka dªugo±ci k, c w uniwersum nie ma cyklu dªugo±ci k, Czy mo»na napisa tak»e formuªy deniuj ce nast puj ce wªasno±ci (na pierwszy rzut oka prostsze wersje podpunktów wy»ej)? a' uniwersum ma parzy±cie wiele elementów, b' istnieje ±cie»ka mi dzy wierzchoªkami u i v, c' w uniwersum nie istnieje cykl. Rozwi zanie na stronie 70. 9

10 10

11 Rozdziaª 2 Sªowa niesko«czone Spisali: Piotr Szczepa«ski i Krzysztof K s Sªowa niesko«czone mog przyjmowa ró»ne formy: 1. A ω ω = {0,1,2,3...} np : abababdba A Z np :... abababdba A R Nas b d interesowa jedynie sªowa postaci A ω. 2.1 Twierdzenie Büchiego Twierdzenie 3 (Büchiego). Dla j zyka L A ω nast puj ce warunki s równowa»ne: 1. L jest deniowalny w logice MSO. 2. L jest rozpoznawany przez niedeterministyczny automat z warunkiem Büchiego. 3. L mo»na opisa wyra»eniem ω-regularnym. J zyk speªniaj cy trzy warunki z powy»szego twierdzenia nazwiemy ω-regularnym. Dowód powy»szego twierdzenia przedstawimy w rozdziale 2.2. Najpierw wyja±nimy wyst puj ce w twierdzeniu poj cia. Denicja 1. Wyra»eniem ω-regularnym nazwiemy sko«czon sum postaci L i Ki ω gdzie L i, K i A regularne j zyki sªów sko«czonych. Dodatkowo przyjmiemy,»e ε ω =. i Ostanie zdanie mo»e budzi lekki niepokój, gdy» ε = {ε}. Przyj cie ε ω = uªatwi nam obchodzenie si z wyra»eniami ω-regularnymi. Poni»ej podamy kilka przykªadów wyra»e«regularnych wraz z odpowiadaj c im formuª MSO: A aa ω odpowiada x a(x) (A a) ω odpowiada y x>y a(x) (A ba b) ω odpowiada x y x b(y) z>y b(z) u y < u < z a(u) 11

12 Zgodnie z denicj, wyra»e«opatrzonych ω nie mo»na zagnie»d»a, natomiast zapis A aa ω + (A a) ω jest jak najbardziej poprawny. Denicja 2. Warunek Büchiego dla niedeterministycznych automatów rozpoznaj cych sªowa niesko«- czone brzmi: Bieg automatu jest akceptuj cy, je±li pewien stan akceptujacy wystapi w nim niesko«czenie wiele razy. Niedeterministyczne automaty z warunkiem Büchiego b dziemy oznacza przez NBA, z angielskiego nondeterministic Büchi automaton. Mo»na zada pytanie, czy deterministyczne automaty z warunkiem Büchiego (DBA), s równowa»ne NBA. Odpowied¹ na to pytannie jest negatywna, zachodzi nast puj ca zale»no± : DBA NBA wiadkiem powy»szej nierówno±ci jest j zyk opisany wyra»eniem (a+b) b ω, inaczej mówi c: sªowa zawierajace sko«czenie wiele a. Fakt 4. Nie istnieje deterministyczny automat z warunkiem Büchiego rozpoznaj cy j zyk (a + b) b ω. Dowód Rozwa»my dowolne sªowo z tego j zyka, na przykªad b ω. Poka»emy,»e dzi ki drobnej modykacji zawsze b dziemy w stanie oszuka nasz automat. Wczytuj c sªowo, przy zaªo»eniu poprawno±ci naszego automatu, na pewnej pozycji i musimy znale¹ si w stanie ackeptuj cym q F. Je±li w naszym sªowie podmienimy liter i + 1 na a, nie zmieni to stanu w pozycji i, z powodu determinizmu. Konstrukcj t mo»na powtórzy, zakªadaj c,»e litera a nie wyst puje po pozycji i + 2. Sªowo modykujemy w ten sposób, za ka»dym razem, gdy stwierdzimy, i» znale¹li±my si w stanie akceptuj cym. 2.2 Dowód twierdzenia Büchiego ((3) (2)) W poni»szej konstrukcji wygodnie korzysta z ɛ-przej±. Šatwo pokaza,»e ɛ-przej±cia mo»na eliminowa z NBA, tak samo jak w automatach na sko«czonych sªowach. Z powodu niedeterminizmu i ɛ-przej±, j zyki rozpoznawane przez NBA s zamkni te na sum. A wi c wystarczy wskaza NBA dla j zyków postaci LK ω. Niech A b dzie automatem (na sªowach sko«czonych) rozpoznaj cym L, natomiast B niech b dzie automatem (znów na sªowach sko«czonych) rozpoznaj cym K. Skonstruujemy teraz NBA dla j zyka LK ω, nazwijmy go C. Stany automatu C to: stany A, stany B, oraz jeden dodatkowy stan r. Dodatkowy stan r b dzie jedynym stanem akceptuj cym w automacie C. Automat z warunkiem Büchiego dla j zyka dziaªa w nast puj cy sposób: 1. zaczyna w stanie pocz tkowym automatu A. 2. dziaªa przez pewien czas zgodnie z automatem A 3. w pewnym momencie (wybranym niedeterministycznie, gdy jest w stanie akceptuj cym automatu A) przechodzi ɛ-przej±ciem do stanu pocz tkowego automatu B 4. dziaªa przez pewien czas zgodnie w automatem B 5. w pewnym momencie (wybranym niedeterministycznie, gdy jest w stanie akceptuj cym automatu B) przechodzi ɛ-przej±ciem do stanu r a nast pnie ɛ-przej±ciem do stanu pocz tkowego automatu B. 6. GOTO 4 12

13 ((2) (3)) We¹my dowolny NBA A o stanach Q, stanie pocz tkowym q I i stanach akceptuj cych F. Z twierdzenia Kleenego, dla ka»dych p,q Q istnieje wyra»enie regularne L p,q opisuj ce te sªowa sko«czone, w których automat A ma pewien bieg z p do q. Wówczas wyra»enie ω-regularne opisuj ce sªowa akceptowane przez A to: L qi,q(l q,q ) ω. q F ((2) (1)) Odpowiednia formuªa jest prawie taka sama jak na poprzednim wykªadzie. Nale»y jedynie podmieni ostatni warunek na mówi cy,»e niesko«czenie cz sto wyst puje tranzycja, której stan docelowy jest akceptuj cy. Jest to formuªa postaci x y x y X, gdzie X to zbiór pozycji korzystaj cych z tranzycji o docelowym stanie akceptuj cym. ((1) (2)) Przeprowadzimy indukcj po strukturze danej formuªy. Nale»y pokaza,»e j zyki rozpoznawane przez automaty NBA s zamkni te na wszystkie operacje z logiki MSO: wynika to z tego,»e s to automaty niedeterministyczne. (rzutowanie) obsªugujemy za pomoc niedeterminizmu, w identyczny sposób jak na poprzednim wykªadzie. wyra»a si przez i. Mo»na te» zrobi konstrukcj bezpo±rednio na automatach, bez korzystania ze skomplikowanej operacji dla dopeªnienia. (dopeªnienie) jest tre±ci reszty tego wykªadu, znajduje si w rozdziale Dopeªnienie dla NBA W celu zako«czenia dowodu twierdzenia Büchiego, wystarczy udowodni nast puj cy lemat: Lemat 5. Niech L A ω b dzie j zykiem rozpoznawanym przez NBA. Wówczas A ω L te» jest rozpoznawany przez NBA. Reszta tego rozdziaªu to dowód powy»szego lematu. Niech A b dzie NBA akceptuj cym L o zbiorze stanów Q i zbiorze stanów akceptuj cych F. Chcemy stworzy automat B taki,»e dla dowolnego w A ω : A nie akceptuje w B akceptuje w Równowa»nie, B ma akceptowa sªowa, w których ka»dy bieg automatu A przechodzi sko«czenie wiele razy przez stany akceptuj ce z F. Uwaga. Nie dziaªa nast puj ca naiwna konstrukcja automatu B: Stanami automatu B s podzbiory zbioru Q. Stanem automatu B po przeczytaniu sªowa a 1 a 2...a n jest zbiór stanów, jakie A mo»e mie po przeczytaniu a 1 a 2...a n (w szczególno±ci stanem pocz tkowym automatu B jest zbiór stanów pocz tkowych automatu A). Niech dane b dzie sªowo niesko«czone w = a 1 a 2... i niech P n Q b dzie stanem automatu B po przeczytaniu preksu a 1 a 2...a n. Warunkiem akceptacji przez automat B sªowa w jest: l n>l P n F = (od pewnego momentu ju» nie ma stanów akceptuj cych automatu A). Warunek ten nie jest warunkiem typu Büchiego, ale ªatwo automat zmieni na NBA: trzeba niedeterministycznie wybiera moment, od którego nie ma stanów akceptuj cych. 13

14 Dlaczego konstrukcja ta nie dziaªa? Je±li automat B akceptuje sªowo niesko«czone w, to oczywi±cie w / L. Przeciwna implikacja jest jednak faªszywa. We¹my j zyk L = nad alfabetem jednoliterowym {a} oraz nast puj cy automat A: p a q a r a a Nie akceptuje on»adnego sªowa, bo ka»dy bieg co najwy»ej raz przechodzi przez stan akceptuj cy. Zatem j zykiem rozpoznawanym przez A jest. Dla sªowa a ω (jedynego nad tym alfabetem) zachodzi: P 0 = {p} P 1 = {p, q} P 2 = {p, q, r} = P 3 = P 4 = P 5 =... Wobec tego automat B te» nie akceptuje sªowa a ω (a powinien). Wynika to z faktu,»e automat A ma dowolnie dªugie biegi dochodz ce do stanu akceptuj cego q, ale nie daj si one poª czy w jeden bieg. Potrzebna jest wi c inna, subtelniejsza konstrukcja automatu B. Niech M oznacza zbiór macierzy A speªniaj cych warunki: A jest rozmiaru Q Q, wiersze i kolumny A s indeksowane przy pomocy stanów automatu A, elementy A nale» do zbioru { ; 1; 0}. Ka»demu sªowu sko«czonemu w A przyporz dkowujemy peªn informacj na jego temat je±li chodzi o automat A. Ta informacja jest macierz M w M zdeniowan nast puj co. W komórce (p,q) warto± macierzy M w to je±li nie istnieje bieg automatu A na sªowie w, zaczynaj cy si w stanie p, który ko«czy si w stanie q 1 je±li istnieje bieg automatu A na sªowie w, zaczynaj cy si w stanie p, który ko«czy si w stanie q i po drodze przechodzi przez stan akceptuj cy 0 w przeciwnym przypadku, czyli da si przej± z p do q, ale nie da si przechodz c przez stan akceptuj cy Aby uzyska informacj na temat konkatenacji w v (gdzie w,v A ) wystarczy zna informacj na temat w i v. Inaczej mówi c, relacja równowa»no±ci uto»samiaj ca sªowa o tej samej macierzy jest kongruencj ze wzgl du na konkatenacj. Mo»na to zapisa i uzasadni deniuj c mno»enie macierzy w odpowiednim (przemiennym) póªpier±cieniu. No±nikiem póªpier±cienia jest { ; 1; 0}, operacj dodawania jest maksimum wedªug porz dku a mno»enie jest zdeniowane nast puj co: < 0 < 1 = 1 = 1 = 0 = 0 = 1 1 = 1 0 = 0 1 = = 0 14

15 Mno»enie macierzy jest zdeniowane nast puj co: (M N)(p,q) = max(m(p,r)) (N(r,q)). r Q Po wprowadzeniu tej terminologii mo»emy napisa,»e: M w v = M w M v Inaczej mówi c, przyporz dkowanie w M w jest homormozmem monoidów (z lewej wolnego A, a z prawej M). Aby to udowodni, wystarczy zauwa»y,»e: M w v (p,q) = dla ka»dego stanu r Q jedno z dwóch przej± jest niemo»liwe: (po sªowie w od p do r) oraz (po sªowie v od r do q) dla ka»dego stanu r Q zachodzi M w (p,r) = lub M v (r,q) = M w v (p,q) = 1 istnieje stan r Q taki,»e s mo»liwe przej±cia (po sªowie w od p do r) oraz (po sªowie v od r do q) a ponadto jedno z nich przechodzi przez stan akceptuj cy istnieje stan r Q taki,»e zbiór {M w (p,r), M v (r,q)} jest równy {1} lub {0, 1} Lemat 6. Dla dowolnego automatu A i macierzy M M z odpowiadaj cego A zbioru M, regularny jest j zyk L M = {w A : M w = M}. Dowód: Automat czyta sªowo i oblicza macierz odpowiadaj c ju» przeczytanemu preksowi. Ten automat jest zdeniowany nast puj co: stanami s wszystkie mo»liwe macierze z M stanem pocz tkowym jest macierz M ɛ ze stanu N po przeczytaniu litery a automat przechodzi do stanu N M a (macierz M a jest macierz dla sªowa jednoliterowego a) Je±li stanem akceptuj cym uczynimy M, automat akceptuje dokªadnie sªowa ze zbioru L M. Teraz sformuªujemy kluczowy lemat. Lemat 7 (Kluczowy). Niech w A ω. Wówczas istniej macierze M, N takie,»e M N = M i N N = N, podziaª w = w 0 w 1 w 2 w 3..., gdzie w i A +, takie,»e M w0 = M, M wi = N dla i = 1, 2, 3,.... A wi c: dla dowolnego i sªowu w 0 w 1 w 2... w i odpowiada macierz M, dla dowolnych i j sªowu w i w i+1 w i+2... w j odpowiada macierz N. Zanim przyst pimy do dowodu, przypomnimy twierdzenie Ramseya, które si przyda w dowodzie lematu. 15

16 Twierdzenie 8 (Ramseya). Mamy dany peªny graf nieskierowany, którego wierzchoªkami s liczby naturalne. Ponadto ka»da kraw d¹ (i,j) (poniewa» kraw dzie s nieskierowane, to zakªadamy,»e i < j) jest pokolorowana kolorem α(i,j) K, gdzie K jest sko«czonym zbiorem kolorów. Wówczas istnieje zbiór niesko«czony X N oraz kolor k K takie,»e i,j X α(i,j) = k. Dowód (kluczowego lematu) Niech w = a 1 a 2 a 3... Zdeniujmy α : [N] 2 M nast puj co: α({i < j}) = M ai...a j 1 dla i < j Na mocy tw. Ramseya istniej : niesko«czony zbiór I N oraz macierz N M takie,»e: i,j I, i<j α(i,j) = N Niech I = {i 1, i 2, i 3,...}. Zdeniujmy sko«czone sªowa v 0 = a 1... a i1 1 v 1 = a i1... a i2 1 v 2 = a i2... a i3 1 Niech N i macierz opisuj ca sªowo v i. Wiemy,»e wszystkie macierze N i s równe dla i 1. Wybierzmy sobie M = N 0 N 1 N = N 1 = N 2 = Macierze te odpowiadaj podziaªowi w = w 0 w 1 w 2 dla w 0 = v 0 v 1 w 1 = v 2 w 2 = v 3 Aby zako«czy dowód, trzeba jescze pokaza warunki na mno»enie macierzy z tezy lematu: N N = N 1 N 2 = N z tezy tw. Ramseya M N = N 0 N N = N 0 N = M Powiemy,»e para macierzy N,M speªnia warunek ( ) je±li istnieje q Q takie,»e: M(q I,q) dla stanu inicjalnego q I automatu A N(q,q) = 1 Lemat 9 (Charakteryzuj cy). Ustalmy niedeterministyczny automat z warunkiem Büchiego A oraz sªowo w A ω. Niech macierze M, N i podziaª w = w 0 w 1 w 2... b d takie, jak w dowodzie kluczowego lematu. Wówczas sªowo w jest akceptowane przez automat A wtedy i tylko wtedy gdy macierze M, N dodatkowo speªniaj warunek ( ). Dowód Dowód implikacji ( ) jest oczywisty warunek ( ) wprost przekªada si na istnienie biegu akceptuj cego. Przejd¹my wi c do implikacji ( ). Rozwa»my bieg akceptuj cy automatu A na sªowie w. Niech q i oznacza stan automatu w tym biegu po przeczytaniu preksu w 0 w 1... w i. Poniewa» macierz opisuj ca ten preks to M (z zaªo»enia MN = M), wnioskujemy,»e M(q I,q i ) dla ka»dego i 1. Wówczas istnieje taki stan q,»e q = q i dla niesko«czenie wielu i (niech I b dzie zbiorem takich wªa±nie i). W szczególno±ci M(q I,q), wi c speªniona jest pierwsza cz ± warunku ( ). Poniewa» jest to te» bieg akceptuj cy, to niesko«czenie cz sto pojawia si w tym automacie pewien stan akceptuj cy f. Zatem mo»na wybra taki niesko«czony zbiór J I, J = {j 0, j 1, j 2,...},»e dla ka»dego k stan akceptuj cy f pojawia si podczas czytania przez automat podsªowa w jk w jk+1. Innymi sªowy, macierz sªowa w jk w jk+1 ma 1 w komórce (q,q). Poniewa» ta macierz to N, mamy N(q,q) = 1, wi c speªniona jest druga cz ± warunku ( ). 16

17 Wniosek 10. Dla sªowa w A ω nast puj ce warunki s równowa»ne: 1. w nie jest akceptowane przez A 2. istniej M, N M oraz w = w 0 w 1 w 2... jak w kluczowym lemacie takie,»e M, N nie speªniaj ( ), inaczej mówi c sªowo nale»y do j zyka opisanego wyra»eniem regularnym L M (L N ) ω To ko«czy dowód tw. Büchiego. M,N nie speªniaj warunku ( ) M N = M N N = N 17

18 Zadania Zadanie 2.1. Pokaza,»e ka»dy niedeterministyczny automat z warunkiem Mullera jest równowa»ny pewnemu NBA. Rozwi zanie na stronie 72. Zadanie 2.2. Pokaza,»e j zyki rozpoznawane przez deterministyczne automaty z warunkiem Büchiego s zamkni te na przeci cie. Rozwi zanie na stronie 73. Zadanie 2.3. Pokaza,»e nast puj cy j zyk nie jest ω-regularny: Rozwi zanie na stronie 74. {a n1 ba n2 b : lim i n i = }. Zadanie 2.4. Sªowo ostatecznie okresowe to sªowo postaci wv ω dla w,v A +. Pokaza,»e je±li dwa j zyki ω-regularne zawieraj te same sªowa ostatecznie okresowe, to musz by równe. Rozwi zanie na stronie 75. Zadanie 2.5. Wskaza j zyk ω-regularny, który nie jest ró»nic dwóch j zyków rozpoznawanych przez deterministyczne automaty z warunkiem Büchiego. Rozwi zanie na stronie 77. Zadanie 2.6. Zaprojektowa algorytm, który sprawdza czy j zyk rozpoznawany przez dany NBA jest przeliczalny. Rozwi zanie na stronie 78. Zadanie 2.7. Rozwa»my trzy relacje à la Myhill Nerode, które s zadane przez j zyk sªów niesko«czonych L A ω, ale porównuj sªowa sko«czone w,w A. w 1 L w je±li uwv L uw v L dla ka»dych u A,v A ω w 2 L w je±li { uwv L uw v L u(wv) ω L u(w v) ω L dla ka»dych u A,v A ω dla ka»dych u,v A w 3 L w je±li u L u L gdzie u A ω otrzymano z u A ω przez zamienienie (sko«czonej lub nie) ilo±ci rozª cznych wyst pie«w na w. Niech i = 1,2. Wskaza j zyk L, który ma sko«czenie wiele klas abstrakcji w relacji w relacji i L, ale niesko«czenie wiele klas abstrakcji w relacji i+1 L. Wskaza j zyk L, który nie jest ω-regularny, ale dla którego ma sko«czenie wiele klas abstrakcji. 3 L 18

19 Rozdziaª 3 Interpretacje Spisali: Michaª Skrzypczak W tym rozdziale rozpatrywa b dziemy logiki F O i M SO, w strukturach relacyjnych. Kluczowym poj ciem b dzie rozstrzygalno± teorii. Denicja 3. Powiemy,»e teoria ustalonej logiki, przy ustalonej signaturze Σ, w modelu M jest rozstrzygalna, je±li istnieje algorytm wczytuj cy dowoln formuª ϕ i odpowiadaj cy, czy M = ϕ. W zale»no±ci od logiki, sygnatury i modelu, problem speªnialno±ci mo»e by rozstrzygalny lub nie. Na przykªad dla logiki skªadaj cej si z jednej formuªy, nie speªnionej w»adnym modelu, problem ten jest zawsze rozstrzygalny. Z drugiej strony problem speªnialno±ci formuª logiki pierwszego rz du w liczbach naturalnych z dodawaniem i mno»eniem jest nierozstrzygalny (Gödel). Celem b dzie umiej tno± przenoszenia rozstrzygalno±ci problemu speªnialno±ci z jednego modelu, na inny. Na przykªad wiemy,»e liczby naturalne z nast pnikiem maj rozstrzygaln teori M SO. Chcieliby±my z tego wywnioskowa,»e równie» liczby caªkowite maj rozstrzygaln teori M SO. Metod dowodzenia takich twierdze«b d interpretacje. Denicja 4. Powiemy,»e struktura relacyjna M 1 nad sygnatur Σ 1 interpretuje si w strukturze M 2 nad sygnatur Σ 2, je±li istniej : ró»nowarto±ciowe zanurzenie i : M 1 M 2, gdzie M j oznacza no±nik odpowiedniej struktury, formuªa logiczna p(x) nad sygnatur Σ 2, speªniona dla x M 2 wtedy i tylko wtedy, gdy x le»y w obrazie i, dla ka»dego symbolu relacyjnego R Σ 1 formuªa ϕ R (x 1,...,x n ) nad sygnatur Σ 2, taka»e dla ka»dych x 1,...,x n M 1, mamy R(x 1,...,x n ) wtedy i tylko wtedy, gdy M 2 = ϕ R (i(x 1 ),...,i(x n )). Nie wymagamy»adnych wªasno±ci od wªo»enia i, mo»e to by dowolna, teoriomnogo±ciowa funkcja. Kluczem powy»szej denicji jest mo»liwo± mapowania dowolnej formuªy ϕ nad sygnatur M 1, na formuª ϕ nad sygnatur Σ 2, w ten sposób, by M 1 = ϕ wtw. M 2 = ϕ. Mapowanie to odbywa si w ten sposób,»e w miejsce wyst pienia dowolnego symbolu relacyjnego R wstawiamy odpowiedni formuª ϕ R, a kwantykatory wzbogacamy o wymaganie, by kwantykowana zmienna x speªniaªa warunek p(x). Dzi ki temu, otrzymujemy nast puj ce twierdzenie. Twierdzenie 11. Je±li struktura M 1 interpretuje si w strukturze M 2 i teoria M 2 jest rozstrzygalna, wtedy rozstrzygalna jest równie» teoria M 1. Dowód Mo»na tu bezpo±rednio skonstruowa algorytm. Zakªadamy,»e dana jest formuªa ϕ. Obliczamy formuª ϕ, zgodnie z podan konstrukcj. Sprawdzamy, czy ϕ jest speªnione w M 2. Odpowied¹ jest jednocze±nie odpowiedzi na pytanie, czy ϕ byªo speªnione w M 1. 19

20 Klasycznym przykªadem zastosowania powy»szej metody, jest dowód,»e teoria MSO jest rozstrzygalna w liczbach caªkowitych z nast pnikiem. Mo»emy mianowicie interpretowa liczby caªkowite w liczbach naturalnych, z wªo»eniem 0 dla k = 0 i(k) = 2k dla k > 0 2k 1 dla k < 0 Odpowiednie formuªy dla relacji nast pnika i zera mo»na poda jako proste wiczenie. Zdeniowane powy»ej interpretacje nazywane s te» interpretacjami typu element-element. Znajduj one zastosowanie dla wszystkich logik nad sygnaturami relacyjnymi. Mo»emy jednak ograniczy stosowalno± do szczególnych logik i rozszerzy poj cie interpretacji. Denicja 5. Powiemy,»e model M 1 interpretuje si w M 2 typu element-zbiór, je±li istnieje wªo»enie i : M 1 2 M2 oraz formuªy monadyczne p(x) i ϕ R analogicznie jak w zwykªych interpretacjach. Dzi ki powy»szej denicji mo»emy przenosi rozstrzygalno± teorii MSO w M 2 na rozstrzygalno± FO w M 1. Ciekawy przykªad wykorzystania tej metody, to interpretacja liczb naturalnych z dodawaniem w liczbach naturalnych z nast pnikiem, metod element-zbiór. Gªówn ide jest kodowanie binarne, zaczynaj c od ko«ca. Implikuje to rozstrzygalno± logiki pierwszego rz du dla arytmetyki Presburgera. 20

21 Rozdziaª 4 Determinizacja Spisali: Michaª Skrzypczak W przypadku automatów dla sªów sko«czonych, powszechnie znana jest konstrukcja automatu deterministycznego, równowa»nego danemu automatowi niedeterministycznemu A. Podstawow ide jest, by tworzony automat A miaª za stany zbiory stanów automatu A, a przej±cia mapowaªy zbiory stanów w zbiory stanów. Daje to wykªadniczy wzrost rozmiaru automatu i nietrudno udowodni,»e nie da si tego w ogólnym przypadku poprawi. Automat ten nazywa si automatem pot gowym. W tym rozdziale postaramy si przeprowadzi analogiczn konstrukcj w przypadku automatów dla sªów niesko«czonych. W tym celu potrzebny b dzie nowy, nieco inny ni» do tej pory warunek akceptacji. Denicja 6. Deterministyczny automat z warunkiem Mullera, to standardowy deterministyczny automat dla sªów niesko«czonych o zbiorze stanów Q, z wyró»nion rodzin zbiorów F 1,F 2,..., F j Q. Powiemy,»e automat taki akceptuje niesko«czone sªowo w, je±li zbiór stanów wyst puj cych niesko«czenie cz sto w biegu na w jest jednym ze zbiorów F 1,F 2,..., F j. Alternatywnie (równowa»nie) mo»na mówi,»e zamiast rodziny zbiorów F i, automat taki ma formuª boolowsk (czyli formuª z operacjami,, ) w której zdaniami atomowymi s zdania postaci bieg przechodzi niesko«czenie wiele razy przez stan q. Przy takiej denicji, mówimy,»e automat akceptuje, je±li caªa formuªa jest prawdziwa. Celem wykªadu b dzie wykazanie nast puj cego twierdzenia. Twierdzenie 12. Dla ka»dego niedeterministycznego automatu z warunkiem Büchiego istnieje równowa»ny deterministyczny automat z warunkiem Mullera. 4.1 Podej±cie bezpo±rednie Zauwa»my najpierw,»e naiwne przeniesienie konstrukcji dla sªów sko«czonych nic nie daje. W naiwnej konstrukcji stosujemy automat pot gowy tak jak w sªowach sko«czonych, a stanami akceptuj cymi czynimy te zbiory, które zawieraj przynajmniej jeden stan akceptuj cy. Rozpatrzmy automat A nad alfabetem jednoliterowym {a} o stanach p,q,r i przej±ciach po literce a: p a p p a q q a r r a r. Stan q jest jedynym stanem akceptuj cym. Rozpatrzmy warunek akceptacji Büchiego (chocia» to nie ma wielkiego znaczenia jaki warunek we¹miemy). Nad aabetem jednoliterowym {a} istnieje tylko jedno sªowo a ω. W ka»dym biegu na a ω nasz automat przechodzi co najwy»ej raz przez stan akceptuj cy. W zwi zku z tym nie akceptuje on tego sªowa. Je±li natomiast skonstruujemy automat pot gowy, o stanach 2 {p,q,r}, to przej±cia wygl da b d nast puj co: {p} a {p,q} {p,q} a {p,q,r} {p,q,r} a {p,q,r}. 21

22 Czyli ju» po wczytaniu trzeciej literki a automat na zawsze pozostanie w stanie {p,q,r}, z czego nie daje si wywnioskowa, czy pierwotny automat akceptuje, czy nie. Problem z automatem pot gowym polega na tym,»e pojawienie si stanów akceptuj cych w niesko«czenie wielu zbiorach oznacza tylko tyle,»e istniej biegi oryginalnego automatu niedeterministycznego, które maj dowolnie daleko stan akceptuj cy. Niekoniecznie mo»na z tych biegów stworzy jeden bieg maj cy stany akceptuj ce niesko«czenie cz sto, czy cho by dwa razy, jak w powy»szym przykªadzie. Widzimy wi c,»e potrzebna b dzie subtelniejsza konstrukcja, zdolna do wychwycenia sytuacji takich jak powy»sza. Subtelniejsza konstrukcja przedstawiona w tym wykªadzie nazywa si konstrukcj Safry i jest opisana poni»ej. 4.2 Drzewa Safry Podstawow ide omawianej konstrukcji jest, by tak wzbogaci struktur informacji pami tanych w stanach automatu, by daªo si z nich wywnioskowa kiedy miaªo miejsce przej±cie przez stan akceptuj cy. Okazuje si,»e wªa±ciw konstrukcj s drzewa Safry. Denicja 7. Drzewo Safry dla zbioru stanów Q, to sko«czone drzewo T zªo»one z podzbiorów Q. Wierzchoªki b dziemy oznacza przez x,y,z, a ich etykiety przez T (x),t (y),t (z) Q. Dodatkowo ka»dy wierzchoªek ma przypisany identykator ze zbioru {0,1,2,...,2 Q 1}. Niektóre z wierzchoªków T s oznaczone jako ±wie»e. Jak to w drzewie u»ywamy nast puj cych okre±le«: syn, ojciec, brat, potomek (domkni cie przechodnie syna). Dla relacji potomka u»ywamy znaku x < y, gdzie y jest potomkiem x. Oprócz tego zakªadamy,»e w obr bie synów ka»dego wierzchoªka wprowadzony jest pewien porz dek liniowy (czyli s synowie starsi i mªodsi). Dodatkowo wymagamy nast puj cych warunków: 1. Suma etykiet synów jest wªa±ciwym podzbiorem etykiety ojca. 2. Zbiory stanów w etykietach braci s rozª czne. 3. Ka»dy wierzchoªek ma niepust etykiet. Nie ma»adnych warunków na to które wierzchoªki drzewa s ±wie»e, ani jak przydzielone s identykatory. Pisz c o drzewie Safry T, my±limy o wszystkich informacjach naraz: zbiór wierzchoªków, struktura drzewa, porz dek liniowy na braciach, etykiety wierzchoªków, identykatory wierzchoªków, oraz zbiór wierzchoªków ±wie»ych. Šatwo sprawdzi,»e zbiór wszystkich mo»liwych drzew Safry dla okre±lonego zbioru stanów Q jest sko«czony. Mo»na wykaza,»e jego rozmiar wynosi asymptotycznie 2 Q log( Q ). 4.3 Symulacja Opiszemy teraz jak mo»na symulowa za pomoc drzew Safry bieg danego A na sªowach niesko«czonych. Rozpoczniemy z drzewem Safry o jednym w ¹le, b d cym singletonem stanu pocz tkowego w A. W zeª ten nie b dzie ±wie»y, a jego identykator b dzie to np. 0. Oznaczamy takie drzewo T 0. Teraz opiszemy jak zmienia si dane dowolne drzewo Safry T pod wpªywem wczytania nowej litery a. B dzie si to odbywaªo w kilku krokach: 1. Stosujemy automat pot gowy do ka»dej etykiety drzewa. Inaczej mówi c, dla ka»dego wierzchoªka x drzewa T zmieniamy etykiet z T (x) na {p : w automacie A jest przej±cie q a p dla pewnego q T (x)}. Nie zmieniamy identykatorów. Warunki 1, 2 i 3 mog by potencjalnie niespeªnione. 22

23 2. Dla ka»dego wierzchoªka x drzewa T tworzymy nowego syna y, skªadaj cego si ze wszystkich stanów akceptuj cych zawartych w tym momencie w x (czyli ju» po zastosowaniu automatu pot gowego). Nowy wierzchoªek porz dkujemy jako najmªodszego. Nadajemy mu jaki± nowy, wolny identykator. Wci» warunki 1, 2 i 3 mog by potencjalnie niespeªnione. 3. Dla ka»dego wierzchoªka x i ka»dego stanu q, je±li q wyst puje te» w jakim± starszym bracie wierzchoªka x, to usuwamy q z x i potomków x. Kolejno± wyboru x nie ma znaczenia. Teraz warunek 2 jest ju» speªniony, natomiast warunki 1 i 3 wci» mog by niespeªnione. 4. Usuwamy wszystkie wierzchoªki o pustych zbiorach stanów. Jedyny warunek jaki mo»e teraz by niespeªniony, to Wycieramy z drzewa oznaczenie ±wie»o±ci, tak by»aden w zeª nie byª ±wie»y. 6. Dla ka»dego wierzchoªka x je±li suma etykiet dzieci x daje etykiet x, to kasujemy wszystkie dzieci x wraz z potomkami i oznaczamy x jako ±wie»y. W tym momencie wszystkie warunki jakie ma speªnia drzewo Safry s speªnione. W ten sposób zdeniowali±my nowe drzewo Safry S, powstaªe z T. Powy»sz konstrukcj modykacji T przez literk a oznaczamy T a S. Rozszerzamy t notacj na sko«czone sªowa, do T w S. Poni»ej udowodnimy kilka dodatkowych warunków jakie powy»sza konstrukcja gwarantuje. We¹my dowolne w Σ i we¹my T takie by T 0 w T. 1. T jest niepuste (ma korze«) wtw. istnieje bieg automatu A na sªowie w. 2. Je±li T jest niepuste, to etykieta korzenia skªada si z dokªadnie tych stanów q Q, które s osi galne z q 0 po przej±ciu przez sªowo w. 3. Je±li przy przej±ciu T a S wierzchoªek x T zostaje skasowany, to w S nie ma wierzchoªka o takim identykatorze jak x. 4. Gdy wierzchoªek powstaje to zawsze zawiera same stany akceptuj ce. 5. Wierzchoªek mo»e zosta skasowany na dwa sposoby, albo gdy staje si pusty, albo gdy jego ojciec staje si ±wie»y. 4.4 Automat Pozostaje, w oparciu o drzewa Safry, zdeniowa deterministyczny automat Mullera równowa»ny danemu niedeterministycznemu automatowi Büchiego. Przyjmijmy za jego stany wszystkie drzewa Safry, stan pocz tkowy niech b dzie równy T 0, a przej±cia b d zgodne z opisanymi powy»ej. Poni»szy lemat pokazuje jaki warunek akceptacji nale»y rozpatrzy w tworzonym automacie. Lemat 13. We¹my sªowo niesko«czone w = a 1 a 2. Rozwa»my drzewa Safry Równowa»ne s warunki: a) istnieje bieg akceptuj cy A na w, a T 1 a 0 2 a T1 3 a T2 4 T3 b) istnieje identykator wierzchoªka j {0,1,...,2 Q 1}, taki»e od pewnego momentu wierzchoªek o takim identykatorze zawsze jest obecny w T i i niesko«czenie wiele razy wierzchoªek o tym identykatorze jest ±wie»y. 23

24 Šatwo zobaczy,»e warunek w punkcie b) jest typu Mullera, wi c je±li mamy powy»szy lemat, to dowód jest zako«czony, gdy» opisany powy»ej automat Safry rozpoznaje dokª dnie te same sªowa co pierwotny automat A. Dowód z a) do b). Rozwa»my bieg akceptuj cy a q 1 a 0 2 a q1 3 a q2 4 q3 Oznaczmy przez x i najgª bszy wierzchoªek drzewa T i, w którego etykiecie znajduje si stan q i. Z poczynionych wcze±niej obserwacji wynika,»e taki wierzchoªek zawsze istnieje. (Jest te» jednoznaczny, z rozª czno± i etykiet braci). Oznaczmy korze«drzewa T i przez y i. Oczywi±cie q i T i (y i ) dla ka»dego i. Skoro korzenie nie s nigdy kasowane, wszystkie wierzchoªki y i maj ten sam identykator. Je±li niesko«czenie wiele razy y i jest ±wie»y, to koniec, bo dla identykatora korzenia zachodzi b). Zaªó»my przeciwnie. W takim razie od pewnego momentu, nazwijmy ten moment i 0, wierzchoªek y i nie jest nigdy od±wie»any. Jednocze±nie niesko«czenie cz sto q i jest stanem akceptuj cym. Znaczy to,»e niesko«czenie cz sto po momencie i 0 wierzchoªek y i znajduje si w nowo stworzonym wierzchoªku, czyli gª biej ni» w korzeniu. Po momencie i 0 wierzchoªek x i nie mo»e wróci do korzenia, a wi c od pewnego momentu wierzchoªek x i znajduje si poza korzeniem. Poniewa» w±ród synów korzenia nie niesko«czonego ci gu starzej cego si, istnieje syn korzenia, nazwijmy go z i, nie kasowany od pewnego momentu, w którym od pewnego momentu zawsze zachodzi x i z i. Mo»emy teraz rozumowanie z powy»szego akapitu powtórzy dla z i. Albo jest on niesko«czenie cz sto ±wie»y, albo ma syna. I tak dalej.... Ale drzewa T i maj ograniczon wysoko±, wi c w pewnym momencie musimy przerwa post powanie, znalazªszy wierzchoªek który od pewnego momentu zawsze istnieje i jest niesko«czenie wiele razy ±wie»y. Aby wykaza implikacj z b) do a) najpierw udowodnimy lemat. Lemat 14. We¹my dowolne drzewo Safry T. Zaªó»my,»e przechodzimy po sªowie w ɛ do drzewa S. Zaªó»my,»e x jest ±wie»y w T,S i nie jest kasowany w trakcie. Wtedy dla ka»dego stanu p S(x) istnieje stan q T (x) i bieg po w z q do p przechodz cy przez stan akceptuj cy. Dowód. Patrzymy na stan p x w S. Skoro x jest ±wie»y w S, to istnieje stan p który w poprzednim drzewie nale»aª do pewnego syna x oznaczonego x i ostatnia literka w mo»e przenie± go w p. Patrzymy na histori x, w szczególno±ci na ci g stanów prowadz cych do p. Dopóki id c wstecz x istnieje, wszystko dobrze. W pewnym momencie x powstaª, bo w T x nie miaª dzieci. To byª moment w którym wszystkie stany nale» ce do x byªy akceptuj ce. W szczególno±ci pewien poprzednik p. Cofamy si dalej do T uzyskuj c szukany wierzchoªek q wraz z biegiem od q przez stan akceptuj cy do p i wreszcie do p, po sªowie w. Mo»emy teraz zako«czy dowód twierdzenia. Dowód z b) do a). Istnieje wierzchoªek x który od pewnego momentu nie jest nigdy skasowany i jest ±wie»y w momentach i 1,i 2,.... Zdeniujmy zbiór H takich sko«czonych ci gów stanów (p 1,p 2,...,p n ),»e istnieje bieg automatu A na sªowie w, który: dla ka»dego 1 k n w momencie i k jest w stanie p k, dla ka»dego 1 < k n pomi dzy momentami i k 1 i i k przechodzi przez jaki± stan akceptuj cy. Jak wida z denicji H jest zamkni ty ze wzgl du na preksy, wi c tworzy drzewo. Dodatkowo drzewo to ma sko«czone rozgaª zienie, gdy» wyst puj w nim tylko znaki ze sko«czonego zbioru Q. Korzystaj c z lematu, dla ka»dego n > 0 istnieje stan q osi galny w momencie i n (±ci±lej nale» cy do x w drzewie T in ) oraz taki bieg z q 0 do q, który przechodzi przez stany akceptuj ce pomi dzy momentami i k 1 i i k dla 1 < k n. Wi c drzewo H zawiera dowolnie dªugie ±cie»ki. Wi c posiada pewn niesko«czon gaª ¹. Gaª ¹ ta odpowiada niesko«czonemu biegowi A na sªowie w, który przechodzi niesko«czenie wiele razy przez stany akceptuj ce. 24

25 4.5 Twierdzenie odwrotne Ma miejsce równie» twierdzenie odwrotne do wykazanej powy»ej determinizacji. Twierdzenie 15. Dla ka»dego deterministycznego automatu Mullera A istnieje równowa»ny niedeterministyczny automat Büchiego. Dowód. Z denicji A jest boolowsk kombinacj ϕ niedeterministycznych automatów Büchiego. A jak sprawdzili±my automaty te s zamkni te ze wzgl du na operacje logiczne. Wi c mo»na skonstruowa automat równowa»ny caªej formule ϕ. Jest on równowa»ny A. W tym rozumowaniu korzystamy istotnie z faktu,»e niedeterministyczne automaty Büchiego s zamkni te na dopeªnienia. Mo»na stworzy odpowiedni konstrukcj bardziej bezpo±rednio, nie korzystaj c z tego faktu. Oznaczmy przez A dany deterministyczny automat Mullera. Poni»ej znajduje si opis konstrukcji niedeterministycznego automatu Büchiego B, który akceptuje te same sªowa. B zgaduje który ze zbiorów F i b dzie realizowa. Formalnie rzecz bior c, j zyk rozpoznawany przez B jest sum j zyków automatów B i odpowiadaj cych zbiorom F i. A wiemy,»e suma jest ªatwa dla automatów nideterministycznych. Zaªó»my,»e F i = {f 0,f 1,...,f k 1 }. Bieg skªada si z dwóch faz: Najpierw B i po prostu symuluje bieg A. W tej fazie B i nie ma»adnych stanów akceptuj cych. Nast pnie w pewnym momencie automat zgaduje,»e stany spoza F i nie b d si ju» pojawia i przechodzi do drugiej fazy, która odbywa si na kopii A skªadaj cej si tylko ze stanów F i. W tej fazie automat stale pami ta na który ze stanów f j F i czeka. W momencie przej±cia przez szukany stan f i automat ma swój stan akceptuj cy i od tego momentu zaczyna oczekiwa na stan f i+1 mod k. Je±li opisany powy»ej automat przechodziª przez stan akceptuj cy niesko«czenie wiele razy, oznacza to»e w pewnym momencie przeszedª do drugiej fazy i ka»dego ze stanów f i si doczekaª niesko«czenie wiele razy. Odpowiada to akceptuj cemu biegowi A. Z drugiej strony je±li A ma akceptuj cy bieg, opisany automat B mógª zgadn dobry zbiór F i i dobry moment przej±cia do drugiej fazy. Nast pnie na ka»dy ze stanów f i si w ko«cu doczekaª, wi c w sumie przechodziª przez swój stan akceptuj cy niesko«czenie wiele razy. 4.6 Alternatywna konstrukcja Niedawno, p. Damian Niwi«ski zaproponowaª alternatywny pomysª determinizacji automatów dla sªów niesko«czonych. Jest to uproszczona i zmodykowana konstrukcja Safry. Kluczowy pomysª jest taki, by zamiast przypisywa wierzchoªkom w abstrakcyjnym drzewie, zbiory stanów automatu, mo»na odwróci to przypisanie. Dzi ki temu, rozpatrywane poj cie to funkcja ze zbioru Q w ci gi liczb, odpowiadaj ce poªo»eniu odpowiedniego stanu w drzewie. Obiekt taki nazywa b dziemy map Safry. Ustalmy niedeterministyczny automat Büchiego A = Q,q 0,δ,F. Oznaczmy przez n liczb stanów A. Najwa»niejsz cz ±ci mapy Safry jest funkcja cz ±ciowa W : Q {1,2,...,2n}, o nast puj cych wªasno±ciach: 1. obraz W (Q) jest zamkni ty ze wzgl du na preksy, 2. je±li jaka± liczba i {1,2,...,2n} wyst puje w sªowach W (q 1 ) i W (q 2 ), to sªowa te maj wspólny preks, zawieraj cy liczb i, 3. ka»de ze sªów w W (Q) jest ró»nowarto±ciowe, czyli poszczególne litery wyst puj tam co najwy»ej raz. Dodatkowo, ka»da mapa Safry niektóre sªowa w W (Q), oznacza jako ±wie»e. Podobnie jak poprzednio, ªatwo sprawdzi»e wszystkich mo»liwych map Safry jest sko«czenie wiele, wi c mo»na przyj je wszystkie za stany nowego automatu. Jako stan pocz tkowy oznaczmy map W 0 która jest wsz dzie nie okre±lona, poza stanem q 0 i tam przyjmuje warto± ε. Pozostaje zdeniowa przej±cia konstruowanego automatu. We¹my dowoln map Safry W, oraz literk a. Przeksztaªce«dokonywa b dziemy w kilku krokach: 25

26 1. Zdeniujmy now map Safry W na stanie q Q. We¹my wszystkie stany p Q, takie»e p a q. Rozwa»my wszystkie ci gi W (p) i wybierzmy z nich alfabetycznie najmniejszy, a spo±ród porównywalnych najdªu»szy, oznaczmy go w. Poªó»my W (q) = w. Dla stanów q Q, gdzie nie ma»adnego p Q speªniaj cego p a q, nowa mapa W b dzie nieokre±lona. 2. Dla ka»dego q F, zmie«my warto± W (q) na warto± W (q)i, gdzie i to pewna litera, nie u»ywana nigdzie indziej w obrazie funkcji W. 3. Dopóki istnieje takie sªowo w nad alfabetem {1,2,...,2n},»e dla pewnego stanu q Q zachodzi W (q) > w i dla»adnego stanu p Q nie zachodzi W (p) = w, zmieniamy warto± W (r) na w na wszystkich stanach r Q speªniaj cych W (r) > w. Mo»na na to patrze tak,»e je±li obraz W (Q) nie jest zamkni ty ze wzgl du na preksy, to wszystkie sªowa, których jaki± preks nie le»y w W (Q) skracamy. 4. Wszystkie sªowa w których dotyczyªy zmiany z poprzedniego punktu (i wci» s w obrazie) W (Q) oznaczmy jako ±wie»e, pozostaªe oznaczmy jako nie ±wie»e. Zauwa»my,»e kolejno± wykonywania operacji 3) nie ma znaczenia, a je±li jakie± sªowo w jest oznaczone jako ±wie»e w W, to»adne jego przedªu»enie nie le»y w obrazie W (Q). Powy»sza operacja jest deterministyczna, dostajemy wi c deterministyczny automat o stanach b d cych mapami Safry. Oznaczmy go S. Pozostaje zdeniowa warunek akceptacji. Powiemy,»e ci g map Safry W i jest akceptuj cy, je±li istnieje takie sªowo w {1,2,...,2n},»e od pewnego momentu jest ono zawsze obecne w zbiorze W i (Q) i niesko«czenie cz sto jest ±wie»e. Do± prosto przeªo»y to na warunek Mullera (a nawet Rabina). Pozostaje pokaza,»e zdeniowany powy»ej automat jest równowa»ny A. Przydatne b d nast puj ce spostrze»enia: 1. Zbiór stanów na których okre±lona jest odpowiednia mapa Safry, to zbiór stanów osi galnych w danym momencie ze stanu pocz tkowego. 2. Je±li dla i < j oraz pewnego stanu q Q mamy W j (q) = w, w jest ±wie»e w W i,w j i w jest obecne we wszystkich zbiorach W i (Q),W i+1 (Q),...,W j (Q), to istnieje stan p speªniaj cy W i (p) = w oraz bieg ze stanu p w momencie i, do stanu q w momencie j, przechodz cy przez stan akceptuj cy. Ostatnia wªasno± jest kluczowa dla zrozumienia konstrukcji, stanowi ona bezpo±redni odpowiednik analogicznego lematu w przypadku zwykªych drzew Safry. Dowód L(A) L(S). Zaªó»my,»e istnieje bieg akceptuj cy q 0,q 1,... automatu A na danym sªowie α A ω. Zaªó»my,»e mapy Safry uzyskane w trakcie czytania sªowa α, to W 0,W 1,.... Poka»emy,»e istnieje takie sªowo w {1,2,...,2n}, które od pewnego momentu jest obecne w obrazach W i (Q) i niesko«czenie wiele razy pewien stan q speªniaj cy W i (q) = w jest ±wie»y. Spójrzmy na warto±ci W i (q i ). Rozwa»my L = lim inf i W i (q i ). Od pewnego momentu sªowa W i (q i ) L si stabilizuj na pewnym sªowie H {1,2,...,2n} L, bo gdy preks dªugo±ci L przestanie by kasowany, nie ro±nie on leksykogracznie. W takim razie H od pewnego momentu jest stale obecne w W i (Q). Jednocze±nie niesko«czenie cz sto q i jest akceptuj cy, wi c niesko«czenie cz sto sªowo W i (q i ) H zostaje wydªu»one o dodatkow literk. Ale po ka»dym takim wydªu»eniu, pr dzej czy pó¹niej dªugo± odpowiednich sªów znów wraca do L, wi c niesko«czenie cz sto H jest ±wie»e. Dowód L(S) L(A). Dowód analogiczny jak w przypadku zwykªych drzew Safry: Zaªó»my,»e istnieje sªowo w {1,2,...,2n}, które od pewnego momentu jest stale obecne w W i (Q) i niesko«czenie cz sto jest ±wie»e. Wi c istniej dowolnie dªugie biegi automatu, które w momentach gdy w jest ±wie»e s mapowane w w przez funkcje W i. Wi c w tych biegach wyst puj dowolnie du»e liczby wyst pie«stanów akceptuj cych. Wi c korzystaj c z lematu Königa istnieje bieg, który niesko«czenie wiele razy przechodzi przez stan akceptuj cy. 26