Combinaison de théories

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1 Devoir de logique 2015 Combinaison de théories À rendre le 21 mai En logique du premier ordre, le problème de la satisfaisabilité (ou, de façon équivalente, de la validité) est rapidement indécidable. Cependant, si l on se restreint à des énoncés sans quantificateurs, de nombreuses théories deviennent décidables. Par exemple, si l on considère les axiomes de l égalité Eq Σ,P pour le langage donné par Σ et P, le problème de savoir si Eq Σ,P, = φ est indécidable pour φ quelconque mais décidable pour φ sans quantificateurs. On sait aussi décider le cas sans quantificateurs pour l arithmétique linéaire, les tableaux, les listes, etc. Mais, étant donné deux théories décidables, il n est pas évident que leur combinaison reste décidable! Pour éviter d avoir à produire une nouvelle procédure de décision ad-hoc si l on veut parler de tableaux d entiers, ou de listes de tableaux, on peut faire appel à des techniques de combinaison de procédures de décisions. Ces techniques sont essentielles à la construction des SMT solvers, très utilisés de nos jours, notamment en preuve de programmes. Dans ce DM nous allons voir en première partie le résultat de Nelson-Oppen pour la combinaison de théories décidables. En deuxième partie nous verrons un cas où deux théories décidables se combinent en une théorie indécidable. Ces deux parties sont indépendantes, et la difficulté des questions n est pas croissante. Dans la suite, on supposera implicitement que toute théorie considérée contient la théorie de l égalité sur le langage considéré. Cela permet de restreindre le problème de la satisfaisabilité aux structures où le prédicat d égalité est interprété comme l égalité sur le domaine. Plus généralement, nous ne considèrerons dans tout l énoncé que des structures où l égalité est interprétée de façon canonique. Quand on parlera d un langage Σ, P on ne considèrera pas que le prédicat d égalité appartient à P : il est toujours là implicitement. On dira que deux langages Σ 1, P 1 et Σ 2, P 2 sont disjoints quand Σ 1 Σ 2 = et P 1 P 2 =, c est à dire que les deux 1

2 langages ne partagent que le prédicat d égalité. Afin d obtenir des résultats génériques de combinaison de théorie, il est nécessaire d éviter que les théories combinées parlent des mêmes choses, et l on supposera en pratique qu elles portent sur de tels langages disjoints. Nous utilisons ci-dessous les notations du cours autant que possible. On rappelle que VL(φ) dénote les variables libres d une formule, et D S dénote le domaine d une structure S. On dit qu une structure est une T -interprétation quand c est un modèle de T. On dit qu une formule est T -satisfaisable quand elle est satisfaite par une T -interprétation. On notera enfin que dans cet énoncé on appelle théorie un ensemble arbitraire de formules sans variables libres. Cet ensemble n est pas forcément clos par déduction comme dans le cours. On pourrait cependant clôre ces ensembles par déduction sans rien changer d essentiel. 1 Combinaison de théories décidables 1.1 Quelques résultats généraux Question 1 Soit deux (Σ, P)-structures S et S. Soit h un (Σ, P)-isomorphisme de S dans S. Montrer que S, σ = φ ssi S, σ = φ, où σ et σ sont telles que σ (x) = h(σ(x)) pour tout x VL(φ). Correction 1 Par induction sur φ. Les cas propositionnels se concluent aisément par hypothèse d induction. Pour les autres cas, on se contente de montrer un des sens de l équivalence (le si ), par symétrie 1 : Dans le cas où φ est un atome p(t 1,..., t n ) on doit montrer que ( t 1 σ,s,..., t n σ,s ) p S implique ( t 1 σ,s,..., t n σ,s ) p S On observe que h( t 1 σ,s ) = t 2 σ,s par le fait que h soit un morphisme de structure (et donc, plus précisemment, de Σ-algèbre) et parce que σ (x) = h(σ(x)) pour tout x. On conclut alors par le fait que h est un morphisme de structure de S dans S. Traitons le cas où φ est x. ψ. On montre S, σ = φ si S, σ = φ. Soit v D S, on doit montrer S, σ + (x v) = ψ. Par hypothèse on a S, σ + 1. On aurait pu ne montrer qu une seule des deux implications de l énoncé original, mais alors il aurait fallu expliquer qu on change les rôles de S et S dans les cas de la négation et/ou de l implication. 2

3 (x h(v)) = ψ, et par hypothèse d induction sur ψ avec σ + (x v) et σ + (x h(v)) on a conclut S, σ + (x v) = ψ. On fixe pour toute la suite de cette section deux théories T 1 et T 2 sur des langages disjoints Σ 1, P 1 et Σ 2, P 2. Question 2 Soit, pour chaque i {1, 2}, un ensemble de formules E i sur le langage Σ i, P i, pouvant comporter des quantificateurs et des variables libres. Montrer que (1) et (2) sont équivalents : (1) Il existe S et σ tel que S, σ = E 1 E 2. (2) Il existe S 1 et S 2 de même domaine, et σ tel que S 1, σ = E 1 et S 2, σ = E 2. Correction 2 On voit que (1) implique (2) puisque S et σ donnent une solution pour à la fois S 1, σ 1 et S 2, σ 2. On s intéresse à l autre sens. Étant donnés S 1, S 2, σ 1 et σ 2 on cherche à construire S et σ. Supposons maintenant (2) et montrons (1). On définit une (Σ 1 Σ 2,P 1 P 2 )- structure S de domaine D S1 = D S2, en prenant f S = f Si pour f Σ i, p S = p Si pour p P i c est possible car les langages sont disjoints. On avait S 1, σ = E 1. Comme S interprète tout le langage Σ 1, P 1 comme S 1, on a S, σ = E 1. (Sinon, cela se montre par une induction sur les formules, sans surprise.) De même on a S, σ = E 2. Ainsi on a bien S, σ = E 1 E 2. Question 3 Montrer que la condition (2) précédente est équivalente à : (3) Il existe S 1, S 2, σ 1, σ 2 tel que S 1, σ 1 = E 1 et S 2, σ 2 = E 2 avec D S1 et D S2 de même cardinal et σ 1 (x) = σ 1 (y) ssi σ 2 (x) = σ 2 (y) pour tout x, y VL(E 1 ) VL(E 2 ). Correction 3 On a immédiatemment que (2) entraîne (3) en prenant σ 1 = σ 2. Supposons maintenant (3) et montrons (2). On pose V = VL(E 1 ) VL(E 2 ). Par les hypothèses sur σ 1 et σ 2, il existe une bijection h 0 de D S1 V dans D S2 V telle que pour tout x V, h 0 (σ 1 (x)) = σ 2 (x). Il existe de plus une bijection de D S1 \ V dans D S2 \ V par l hypothèse de cardinalité. Donc on a une bijection h de D S1 dans D S2 telle que pour tout x V, h(σ 1 (x)) = σ 2 (x). 3

4 On construit une structure S 2 de domaine D S1 tel que h défini un isorphisme de structure de S 1 dans S 2. On pose pour cela f S 2 (u1,..., u n ) = h 1 (f S 2 (h(u 1 ),..., h(u n )) p S 2 = {(u1,..., u n ) : (h(u 1 ),..., h(u n )) p S 2 } Ces définitions assurent immédiatemment que h est un isomorphisme. Par la question précédente on a donc S 2, h 1 σ 2 = E 2, soit S 2, σ = E 2. On a toujours S 1, σ = E 1. Ainsi S 1, S 2 et σ conviennent. 1.2 Formes séparées Question 4 Soit Γ une conjonction de littéraux sur le langage Σ 1 Σ 2, P 1 P 2. Montrer qu on peut calculer des conjonctions de littéraux Γ 1 et Γ 2, respectivement sur Σ 1, P 1 et Σ 2, P 2 tel que : Eq Σ1 Σ 2,P 1 P 2 = ( x 1... x n. Γ) ( y 1... y m. Γ 1 Γ 2 ) Dans la suite, une telle décomposition sera appelée (T 1, T 2 )-séparée. Correction 4 On procède en trois phases, chaque phase consistant à répéter autant de fois que possible une transformation : 1. On remplace chaque littéral p(t 1,..., t n ) par p(x 1,..., x n ) x 1 = t 1... x n = t n, où les x i sont frais. On procède de façon similaire pour les littéraux négatifs. 2. Si f Σ i et g Σ 3 i, on supprime les termes où f et g sont juxtaposés. Si C est un contexte de terme (i.e., un terme avec un trou) est remplacé par C[f(t 1,..., g(u 1,..., u m ),..., t n )] = v C[f(t 1,..., x,..., t n )] = v x = g(u 1,..., u m ). On procède de même à droite des égalités. 3. On réécrit enfin les égalités de la forme f(t 1,..., t n ) = g(u 1,..., u m ), pour f Σ i et g Σ 3 i, en f(t 1,..., t n ) = x x = g(u 1,..., u m ), où x est pris frais. 4

5 Ces réécritures terminent de façon évidente. La première phase s applique au maximum autant de fois qu il y a de littéraux autres que l égalité. La second autant de fois qu il y a de symboles mixtes juxtaposés, ce nombre décroissant exactement de 1 à chaque itération. La dernière phase s applique au plus autant de fois qu il y a de littéraux égalité. Chaque réécriture résulte en une formule équivalente à la première, sous l hypothèse de la théorie de l égalité. On argumente pour chaque phase : 1. Si S, σ = p(t 1,..., t n ) Γ alors S, σ + (x i t i σ,s ) i = p(x 1,..., x n ) i x i = t i Γ par réflexivité de l égalité. (On utilise aussi la propriété de substitution usuelle : S, σ = φ[x := t] ssi S, σ + (x t σ,s ) = φ.) La réciproque est une application directe de l axiome de l égalité pour p. 2. Si S, σ = C[f(..., g(...),...)] = t Γ alors S, σ + (x g(...) ) = C[f(..., x,...)] = t x = g(...) Γ. Réciproquement, si S, σ = x = g(...), alors on a g(...) = σ(x) dans la sémantique (car on est dans un modèle de la théorie de l égalité, ou plus précisemment de ses axiomes concernant les symboles de fonction), et S, σ = C[f(..., x,...)] = t entraîne S, σ = C[f(..., g(...),...)] = t. 3. La dernière phase repose sur la transitivité de l égalité. 1.3 La méthode Nelson-Oppen Une théorie T est dite stablement infinie si pour toute formule φ sans quantificateurs et T -satisfaisable, il existe une T -interprétation satisfaisant φ et dont le domaine soit infini dénombrable. (Attention, cette condition n est pas triviale puisqu on exige que le prédicat d égalité soit considéré comme l égalité sur le domaine des structures considérées.) Par exemple, la théorie { x. x = a x = b} n est pas stablement infinie, mais l arithmétique élémentaire l est. Question 5 Montrer que la théorie de l égalité est stablement infinie. Correction 5 On peut suppose P =, les prédicats n ont aucun intérêt l énoncé aurait dû le préciser. Soit un modèle S de la théorie de l égalité qui satisfait φ sans quantificateur. Montrons d abord qu on peut garantir que le modèle n est pas de cardinalité supérieure à celle de N. Il y a deux possibilités : On peut utiliser le théorème de Löwenheim-Skolem descendant, il faut alors avoir Σ dénombrable. On peut le supposer raisonnablement... et même si ce n est pas le cas, on a seulement un nombre fini de symboles dans φ, et on peut 5

6 argumenter qu en restreignant le modèle à cette sous-signature finie, on a toujours un modèle de la théorie de l égalité et de φ. On peut aussi écraser le modèle original, en ne gardant que les éléments utiles à l interprétation de φ, c est à dire tous les t pour t apparaissant dans φ. (S il n y a aucun terme, on ne garde qu un point arbitraire, car il faut un domaine non vide.) Une fois le domaine restreint, on définit les f S comme coïncidant avec f S sur le domaine restreint, et envoyant tout le monde vers un élément quelconque a du domaine restreint. On vérifie qu on obtient toujours un modèle des axiomes de l égalité, et par construction on a préservé le fait que φ est satisfaite avec la valuation σ. On s occupe maintenant d agrandir, si nécessaire, tout modèle fini en un modèle infini dénombrable S. Pour cela on ajoute N en somme directe à son domaine : D S = D S N. Pour tout u 1,..., u n dans D S on pose f S (u 1,..., u n ) = f S (u 1,..., u n ) et sinon f S (...) = 0 N. On vérifie aisément que c est un modèle de la théorie de l égalité c est évident dès lors qu on a construit une structure où l égalité est interprétée comme l égalité. On vérifie enfin S, σ = φ, tout simplement car cette relation ne repose que sur des éléments de D S D S. Si R est une relation sur un ensemble de variables V, on définit l ensemble de littéraux la caractérisant : E(R, V ) = { x = y : x R y } { x y : (x R y) } On identifiera E(R, V ) avec la conjonction de ses éléments. Question 6 On suppose que T 1 et T 2 sont stablement infinies, et que Γ 1 Γ 2 est une conjonction de littéraux (T 1, T 2 )-séparée. Montrer que Γ 1 Γ 2 est (T 1 T 2 )-satisfaisable 2 ssi il existe une relation d équivalence R sur V = VL(Γ 1 ) VL(Γ 2 ) telle que, pour tout i {1, 2}, Γ i E(R, V ) est T i -satisfaisable. Correction 6 On utilise l équivalence (1) ssi (3) démontrée précédemment, sur les ensembles de formules T i {Γ i }. Il suffit donc de montrer que (3) équivaut à l existence du R tel que Γ i E(R, V ) est T i -satisfaisable pour tout i. Si on a (3) on pose x R y ssi σ 1 (x) = σ 1 (y) (ou, de façon équivalente, σ 2 (x) = σ 2 (y)) et on a bien S i, σ i = E(R, V ), et donc Γ i E(R, V ) est T i -satisfaisable pour tout i. Réciproquement, si on a un tel R, on obtient pour tout i, une structure S i et une valuation σ i tel que S i, σ i = Γ i E(R, V ). Comme les théories sont infiniment stables on peut 2. Implicitement, les variables libres de cette conjonction sont quantifiées existentiellement. 6

7 supposer les domaines infinis dénombrables. On doit enfin s assurer que σ 1 (x) = σ 1 (y) ssi σ 2 (x) = σ 2 (y) pour tout x V. Cela découle directement du fait que, pour x, y V, on a x R y ssi σ i (x) = σ i (y), quel que soit i. (En effet, x R y entraîne (x = y) E(R, V ) et ainsi S i, σ i = x = y. Réciproquement, si on n a pas x R y on obtient S i, σ i = x y.) Question 7 Conclure que, si T 1 et T 2 sont disjointes, décidables, et stablement infinies, alors le problème de la (T 1 T 2 )-satisfaisabilité est décidable pour les formules sans quantificateurs. On s attend à trouver une procédure (très) exponentielle. Avec un peu plus de travail, on pourrait cependant obtenir des algorithmes utilisables en suivant cette approche. Correction 7 Partant d une formule sans quantificateurs, on la met en forme normale conjonctive. La formule originale est satisfaisable ssi une de ses conjonctions de littéraux est satisfaisable. On met la conjonction de littéraux en forme séparée Γ 1 Γ 2. Il suffit alors, par la question précédente, de trouver une relation d équivalence R sur les variables libres communes à Γ 1 et Γ 2 tel que Γ i E(R, V ) soit T i -satisfaisable pour tout i. Comme il y a un nombre fini de variables dans V, il suffit d énumérer toutes les relations d équivalence possible, et de vérifier la T i -satisfaisabilité de la conjonction de littéraux résultant. 2 Une combinaison indécidable de théories décidables Dans cette partie, nous allons voir deux théories décidables et disjointes, dont l une n est pas stablement infinie, et dont la combinaison est indécidable. On fixe Σ = et pour chaque machine de Turing M on se donne une variable propositionnelle P M. On définit k(m) comme le nombre de pas de calcul effectués par M sur l entrée vide avant de s arrêter, en posant k(m) = si la machine ne s arrête pas. On définit la théorie T T comme étant composée de toutes les instances du schéma d axiomes suivant : P M x 1... x m. x i = x j si k(m) < m 1 i<j m Noter qu aucun axiome ne porte sur une machine M dès lors que k(m) =. Question 8 Étant donné une conjonction φ de littéraux sur le seul prédicat d égalité, montrer 7

8 qu on peut calculer un entier n tel que φ est satisfaisable dans tout modèle de cardinalité au moins n, et dans aucun modèle de cardinalité inférieure. Correction 8 On commence par modifier la conjonction de littéraux, en préservant l équivalence logique : si φ x = y φ, on la transforme en φ [x := y]. On s est ramenés à une conjonction de littéraux négatifs. S il y a un littéral x x, c est insatisfaisable : posons n = +. Sinon c est satisfaisable, quitte à interpréter toutes les variables par des éléments distincts. (On rappelle que Σ =, une structure n est donc rien de plus que son domaine.) Soit n le cardinal minimal d un modèle de φ. C est bien défini et cela assure qu il n y a pas de modèles de cardinal inférieur à n. Soit maintenant m n : on peut construire un modèle de cardinal m en prenant le modèle de cardinal n et en rajoutant des points inutiles au domaine (c est un cas particulier simple de la construction de la question précédente). Question 9 Montrer qu on peut décider la T T -satisfaisabilité d une conjonction φ de littéraux sur le langage P = { P M : M machine de Turing }. Correction 9 On considère la partie de la conjonction composée seulement d égalités de inégalités, ce qui donne un minorant n sur le cardinal du modèle. La conjonction est satisfaisable ssi pour tout M tel que P M est dans la conjonction, on a k(m) > n, ce qui est décidable : il suffit d exécuter la machine pendant n étapes et vérifier qu elle ne s arrête pas. Question 10 On définit T Z comme la théorie (décidable) sur Σ Z = {0(0), s(1)} et P = composée de toutes les formules satisfaites dans la structure canonique de domaine Z. Montrer que le problème de la (T T T Z )-satisfaisabilité n est pas décidable. Correction 10 On peut se restreindre aux formules de la forme P M : comme T Z impose un modèle infini, la satisfaisabilité de P M est équivalente au non-arrêt de M. 8