Première partie terminée.
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Georges Dupéron
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398066f63c
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2142c73f78
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@ -1,6 +1,6 @@
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\documentclass[a4paper,french,9pt]{article}
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\usepackage[reset]{geometry}
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\geometry{a4paper, top=2cm, bottom=2.0cm, left=4.4cm, right=4.47cm}
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\documentclass[a4paper,french,12pt]{article}
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\usepackage{geometry}
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\geometry{a4paper, top=2cm, bottom=2.0cm, left=2.4cm, right=2.47cm}
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\usepackage[frenchb]{babel}
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\usepackage[utf8]{inputenc}
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\usepackage[T1]{fontenc}
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@ -10,7 +10,7 @@
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%\usepackage{centernot}
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\usepackage{multirow}
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\usepackage{tikz}
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\usetikzlibrary{positioning,calc,chains,intersections}
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\usetikzlibrary{positioning,calc,chains}
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\def\P{\mathcal{P}}
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\def\GUi{G \cup \{i\}}
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\def\nottransition#1{\stackrel{#1}{\not\longrightarrow}}%\centernot\longrightarrow}}
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@ -24,16 +24,25 @@
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\DeclareMathOperator{\Ref}{Ref}
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\def\si{\quad\text{si}\quad}
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\let\simule\gtrsim
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\let\simuleobs\gtrapprox
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\let\estsimulepar\gtrsim
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\begin{document}
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\section{Files d'attente et équivalences}
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\subsection{$B2err\simule B1$}
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$B2err$ simule $B1$ car~:
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\begin{itemize}
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\item $B1\transition{inp} outp;B1$, et il existe $B2err\transition{inp}outp;B2err$
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\item $outp;B1\transition{outp}B1$, et il existe $outp;B2err\transition{outp}B2err$
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\item et on retourne sur $B1$ et $B2err$.
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\item $B2err \simule B1$~:
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\begin{itemize}
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\item $B1\transition{inp} outp;B1$, et il existe $B2err\transition{inp}outp;B2err$.
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||||
\item Il faut donc que $outp;B2err \simule outp;B1$.
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\end{itemize}
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\item $outp;B2err \simule outp;B1$~:
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\begin{itemize}
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\item $outp;B1\transition{outp}B1$, et il existe $outp;B2err\transition{outp}B2err$.
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||||
\item Il faut donc que $B2err \simule B1$, ce qui est notre premier point.
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\end{itemize}
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\end{itemize}
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\subsection{$\neg\ B2err\conf B1$}
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@ -62,4 +71,109 @@ $B2par$ respecte la spécification $B_20$~:
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dans la file.
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\end{enumerate}
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\subsection{$B2seq \observationnelle B2par$}
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{\raggedright
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$B2seq$ et $B2par$ sont observationnellement équivalents car~:
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\begin{itemize}
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\item $B2s \observationnelle B2par$~:
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\begin{itemize}
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\item $B2s\transition{inp} B21$,
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et il existe $B2par \Transition{\hat{inp}} (i;B1[inp,i] \ |[i]|\ B1[i,outp])$
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et $B2par \Transition{\hat{inp}} (B1[inp,i] \ |[i]|\ outp;B1[i,outp])$.
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\item Dans l'autre sens,
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$B2par \transition{inp} (i;B1[inp,i] \ |[i]|\ B1[i,outp])$
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et il existe $B2s\transition{inp} B21$.
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||||
\item Il faut donc que $B21 \observationnelle (i;B1[inp,i] \ |[i]|\ B1[i,outp])$.
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||||
\end{itemize}
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\item $B21 \observationnelle (i;B1[inp,i] \ |[i]|\ B1[i,outp])$~:
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\begin{itemize}
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\item $B21 \transition{inp} outp;B21$,
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et il existe
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$(i;B1[inp,i] \ |[i]|\ B1[i,outp]) \Transition{\hat{inp}} (i;B1[inp,i] \ |[i]|\ outp;B1[i,outp])$
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||||
\item $B21 \transition{outp} B2s$, et
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||||
et il existe
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$(i;B1[inp,i] \ |[i]|\ B1[i,outp]) \Transition{\hat{outp}} (B1[inp,i] \ |[i]|\ B1[i,outp])$,
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autrement dit
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$(i;B1[inp,i] \ |[i]|\ B1[i,outp]) \Transition{\hat{outp}} B2par$
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\item Dans l'autre sens,
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$(i;B1[inp,i] \ |[i]|\ B1[i,outp]) \transition{i} (B1[inp,i] \ |[i]|\ outp;B1[i,outp])$,
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mais comme on $\hat{i}$ est le chemin vide, on n'aura rien à vérifier sur $B21$.
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\item Il faut donc que $outp;B21 \observationnelle (i;B1[inp,i] \ |[i]|\ outp;B1[i,outp])$,
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et que $B2s \observationnelle B2par$. Cette deuxième condition est en fait notre premier point.
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\end{itemize}
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||||
\item $outp;B21 \observationnelle (i;B1[inp,i] \ |[i]|\ outp;B1[i,outp])$~:
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\begin{itemize}
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\item $outp;B21 \transition{outp}B21$,
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et il existe
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$(i;B1[inp,i] \ |[i]|\ outp;B1[i,outp]) \Transition{\hat{outp}} (i;B1[inp,i] \ |[i]|\ B1[i,outp])$.
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||||
\item Il faut donc que $B21 \observationnelle (i;B1[inp,i] \ |[i]|\ B1[i,outp])$, ce qui est notre deuxième point.
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\end{itemize}
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\end{itemize}
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}
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\subsection{$B2ent = B2par$}
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Étant donné que $B2ent$ et $B2par$ ne commencent pas par l'action
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interne, tester leur égalité au sens de la congruence observationnelle
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revient à tester s'ils sont observationnellement équivalents.
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On applique donc la même méthode que dans la section précédente, avec
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les équivalences suivantes~:
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{\raggedright
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\begin{itemize}
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\item Pour que $B2ent = B2par$, il faut qu'après $inp$ (la seule
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action que les systèmes peuvent exécuter dans leurs états respectifs),
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$(outp;B1[inp;outp] ||| B1[inp;outp]) \observationnelle (i;B1[inp;i]\ |[i]|\ B1[i,outp])$.
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||||
\item Pour cela, il faut qu'après $outp$,
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$(B1[inp;outp] ||| B1[inp;outp]) \observationnelle (B1[inp;i]\ |[i]|\ B1[i,outp])$,
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autrement dit $B2ent = B2par$, ce qui est une condition plus faible que le premier point.
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Il faut aussi qu'après $inp$,
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$(outp;B1[inp;outp] ||| outp;B1[inp;outp]) \observationnelle (i;B1[inp;i]\ |[i]|\ outp;B1[i,outp])$.
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Dans l'autre sens, on peut ignorer ce qui se passe après le $i$ de
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$(i;B1[inp;i]\ |[i]|\ B1[i,outp])$, car $\hat{i}$ est le chemin vide,
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donc pas de conditions sur $(outp;B1[inp;outp] ||| B1[inp;outp])$.
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\item Occupons-nous de
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$(outp;B1[inp;outp] ||| outp;B1[inp;outp]) \observationnelle (i;B1[inp;i]\ |[i]|\ outp;B1[i,outp])$.
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Dans ces états, les systèmes ne peuvent faire qu'$outp$. Il faut donc qu'après $outp$,
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$(outp;B1[inp;outp] ||| B1[inp;outp]) \observationnelle (i;B1[inp;i]\ |[i]|\ B1[i,outp])$,
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ce qui correspond au deuxième point.
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\end{itemize}
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}
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\subsection{$B2par \simuleobs B1$}
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$B2par$ simule observationnellement $B1$ car~:
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\begin{itemize}
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\item $B1\transition{inp}outp;B1$, et il existe
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$B2par\Transition{\hat{inp}}(i;B1[inp,i]\ |[i]| B1[i;outp])$ et
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$B2par\Transition{\hat{inp}}(B1[inp,i]\ |[i]| outp;B1[i;outp])$.
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Il suffit donc que soit $(i;B1[inp,i]\ |[i]| B1[i;outp]) \simuleobs outp;B1$,
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soit $(B1[inp,i]\ |[i]| outp;B1[i;outp]) \simuleobs outp;B1$. On prend
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\item On prend cette deuxième possibilité.
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$outp;B1 \transition{outp} B1$, et il existe
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$(B1[inp,i]\ |[i]| outp;B1[i;outp])\Transition{\hat{outp}}(B1[inp,i]\ |[i]| B1[i;outp])$,
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autrement dit
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$(B1[inp,i]\ |[i]| outp;B1[i;outp])\Transition{\hat{outp}}B2par$, notre premier point.
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\end{itemize}
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\subsection{$\not B2par \conf B1$}
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Pour que $B2par$ soit conforme à $B1$, car pour toute trace $t$ de $B1$,
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$\Acc(B2par) \subset\subset \Ref(B1)$.
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\begin{itemize}
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\item Pour la trace $\emptyset$, $\Acc(B2par) = \Acc(B1) = \{\{inp\}\}$.
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\item Pour la trace $inp$, $\Acc(B2par) = \{\{\}, \{inp,outp\}\}$, mais $\Acc(B1) = \{\{outp\}\}$.
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\item Pour la trace $inp;outp$, on est revenu aux mêmes états que la trace $\emptyset$.
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\end{itemize}
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Pour le point 2 $\forall X \in \{\{\}, \{inp,outp\}\},\quad \{outp\} \not\subseteq X$, et donc $\neg(B2par \conf B1)$
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\section{Exercice de l'atelier}
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\end{document}
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