Отображение двух различных функций фибоначчи эквивалентно

Я пытаюсь точно узнать, что значит доказать правильность программы. Я начинаю с нуля и зависеть от первых шагов/введения в тему.

В этой статье об общем функциональном программировании даны два определения функции фибоначчи. Традиционный:

fib 0 = 0
fib 1 = 1
fib n = fib (n-1) + fib (n-2)
--fib (n+2) = fib (n+1) + fib (n+2) --The definition as given in the paper 
                                    --It seems incorrect to me. Typo?

и хвостовую рекурсивную версию, которую я раньше не видел:

fib' n = f n 0 1
f 0 a b = a
f n a b = f (n-1) b (a+b)

Затем в документе утверждалось, что по индукции "прямолинейно" доказать, что обе функции возвращают один и тот же результат для всех положительных целых чисел n. Это первый раз, когда я думал об анализе таких программ. Очень интересно подумать, что вы можете доказать, что две программы являются равнозначными, поэтому я сразу же попытался сделать это доказательство по собственной инициативе. Либо мои навыки математики ржавые, либо задача на самом деле не такая простая.

Я доказал для n = 1

fib' 1 = f 1 0 1
       = f 0 1 1
       = 1
fib 1  = 1 (By definition)
therefore
fib' n = fib n for n = 1

Я сделал предположение n = k

fib' k  = fib k
f k 0 1 = fib k

Я начинаю пытаться доказать, что если предположение верно, то функции также эквивалентны для n = k + 1 (и, следовательно, все они эквивалентны для всех n >= 1 QED)

fib' (k+1)  = fib (k+1)
f (k+1) 0 1 = fib k + fib (k-1)

Я пробовал различные манипуляции, подставляя это предположение в нужное время и т.д., но я просто не могу получить LHS равным RHS и, следовательно, доказать, что функции/программы эквивалентны. Что мне не хватает? В документе упоминается, что задача эквивалентна доказательству

f n (fib p) (fib (p+1)) = fib (p+n)

по индукции для любого p. Но я не понимаю, как это вообще происходит. Как авторы пришли к этому уравнению? Это действительное преобразование по уравнению, только если p = 0. Я не вижу, как это означает, что он работает для произвольного p. Чтобы доказать это для произвольного p, вы должны пройти еще один уровень индукции. Разумеется, правильная формула для доказательства была бы

fib' (n+p)  = fib (n+p)
f (n+p) 0 1 = fib (n+p)

Пока это не помогло. Может ли кто-нибудь показать мне, как будет сделана индукция? Или ссылку на страницу с доказательством (я искал, ничего не нашел).

Ответ 1

Я не мог получить доступ к вышеупомянутой статье, но их обобщенная теорема - хороший способ. Два значения 0 и 1 в f n 0 1 звучат как магические числа; однако, если вы обобщите их на числа Фибоначчи, доказательство гораздо проще провести.

Чтобы избежать путаницы при чтении доказательства, fib k записывается как F(k), а некоторые ненужные круглые скобки также удаляются. Мы имеем обобщенную теорему: forall k. fib' n F(k) F(k+1) = F(k+n) и докажем ее индукцией по n.

Базовый регистр с n = 1:

fib' 1 F(k) F(k+1) = F(k+1) // directly deduce from definition of fib'

Индуктивный шаг:

У нас есть предположение индукции где:

forall k. fib' n F(k) F(k+1) = F(k+n)

И мы должны доказать:

forall k. fib' (n+1) F(k) F(k+1) = F(k+(n+1))

Доказательство начинается с левой части:

fib' (n+1) F(k) F(k+1)
= fib' n F(k+1) (F(k) + F(k+1)) // definition of fib'
= fib' n F(k+1) F(k+2) // definition of F (or fib)
= F((k+1)+n) // induction hypothesis
= F(k+(n+1)) // arithmetic

Мы завершили обобщенное доказательство. Ваш пример также доказан, потому что это конкретный случай вышеупомянутой теоремы с k=0.

В качестве побочного примечания fib' не странно; это хвостовая рекурсивная версия fib.

Ответ 2

Проверенная машиной версия прокладки в Агда:

module fibs where

open import Data.Nat
open import Relation.Binary.PropositionalEquality

fib : ℕ → ℕ
fib 0 = 0
fib 1 = 1
fib (suc (suc n)) = fib n + fib (suc n)

f : ℕ → ℕ → ℕ → ℕ
f 0 a b = a
f (suc n) a b = f n b (a + b)

fib' : ℕ → ℕ
fib' n = f n 0 1

-- Exactly the theorem the user `pad` proposed:
Theorem : ℕ → Set
Theorem n = ∀ k → f n (fib k) (fib (suc k)) ≡ fib (k + n)

-- Helper theorems about natural numbers:
right-identity : ∀ k → k ≡ k + 0
right-identity zero = refl
right-identity (suc n) = cong suc (right-identity n)

1+m+n≡m+1+n : ∀ n k → suc (n + k) ≡ n + suc k
1+m+n≡m+1+n zero k = refl
1+m+n≡m+1+n (suc n) k = cong suc (1+m+n≡m+1+n n k)

-- The base case. 
-- Theorem 0 by definition expands to (∀ k → fib k ≡ fib (k + 0))
-- and we prove that using the right-identity theorem.
th-base : Theorem 0
th-base k = cong fib (right-identity k)

-- The inductive step.
-- The definitions are expanded automatically, so (Theorem (suc n)) is
--   (∀ k → f n (fib (suc k)) (fib (suc (suc k))) ≡ fib (k + suc n))
-- We can apply the induction hypothesis to rewrite the LHS to 
--   (fib (suc k + n))
-- which is equal to the RHS by the 1+m+n≡m+1+n theorem.
th-step : ∀ n → Theorem n → Theorem (suc n)
th-step n hyp k = trans (hyp (suc k)) (cong fib (1+m+n≡m+1+n k n))

-- The inductive proof of Theorem using th-base and th-step.
th : ∀ n → Theorem n
th zero = th-base
th (suc n) = th-step n (th n)

-- And the final proof:
fibs-equal : ∀ n → fib' n ≡ fib n
fibs-equal n = th n 0

Ответ 3

Я считаю, что ваше доказательство будет легче распознать с помощью Сильная индукция:

... на втором шаге мы можем предположить не только, что оператор выполняется для n = m, но также и для всех n, меньших или равных m.

Вы застряли здесь:

fib' (k+1)  = fib (k+1)
f (k+1) 0 1 = fib k + fib (k-1)

.. отчасти потому, что вам нужно иметь оба шага от k+1 до k, а также от k+1 до k-1.

Извините, что это не более убедительно, прошло много лет с тех пор, как я сделал реальные доказательства.

Ответ 4

Если в документе сказано, что это эквивалентно

Lemma:
f n (fib p) (fib (p+1)) = fib (p+n)

мы должны начать с доказательства этого. Ключевым моментом здесь является использование обобщенной индукции, т.е. Отслеживание ваших кванторов forall.

Сначала покажем, что

forall p, f 0 (fib p) (fib (p+1)) = fib p = fib (p + 0)

Теперь предположим, что индуктивное предположение

forall p, f n (fib p) (fib (p+1)) = fib (p + n)

и покажите

forall p, f (n+1) (fib p) (fib (p+1)) = f n (fib (p+1)) (fib (p+1) + fib p)
                                      = f n (fib (p+1)) (fib (p + 2)) --By def of fib
                                      = fib ((p + 1) + n) --By induction hypothesis
                                      = fib (p + (n+1))

Итак, это показывает лемму.

Это позволяет легко доказать свою цель. Если у вас есть

fib' n = f n 0 1
       = f n (fib 0) (fib (0 + 1)) --by def of fib
       = fib (n + 1) --by lemma

Кстати, если вас это интересует, я предлагаю вам ознакомиться с бесплатной книгой Бенджамина Пирса "Основы программного обеспечения". Это учебник для курса по языкам программирования, в котором используется помощник Coq proof. Coq похож на уродливый, более сильный и более мощный Haskell, который позволяет вам доказывать свойства ваших функций. Это достаточно хорошо, чтобы сделать реальную математику (подтверждение четырехцветной теоремы), но наиболее естественной вещью в ней является проверенная правильная функциональная программа. Мне приятно, что компьютер проверяет мою работу. И все функции в Coq полны...

Ответ 5

Иногда неплохо начинать слишком формально. Я думаю, как только вы увидите, что рекурсивная версия хвоста просто пропускает F (n-2) и F (n-1) вокруг, чтобы избежать перерасчета на каждом шаге, это дает вам доказательную идею, которую вы затем формализуете.