• 要证明这个程序需要从上往下进行，先单独证明 f:=1, i:=1 再单独证明 while 中的内容，while
  中的内容需要一条条单独证明

霍尔三元组

• 代表：当 P 满足，执行 S 后，Q 就会被满足（holds）

案例1

• 如果 x=2 是满足的
• 那么经过表达式 x:=x+1 之后，什么式子会 hold？
  
• 这里 x=3 被称为是 ”给定 x=2 作为 precondition 条件下的 strongest postcondition“

案例2

• 同样的方式：当 x=1 作为 postcondition holds 的时候，precondition 我们也很容易推出就是 x=0
  

• 但是这里的 precondition 被是 weakest precondition

• 这是因为，我们反向推理（backwards) 的难度低于正向推理 (forward)

• 还有一种理解方法就是：
  $x>5=>x>3$ 因此我们说 $x>5$ 是更加严格的条件；也就是更加 strong 的条件。同样的我们来看这个 post condition

• 如果我们能够通过 precondition 得到 x=3 我们可以根据 x=3 这个条件推导出其他更加宽松的 postcondition，比如 $x>2$，此时我们的式子可以写成这样：
  { x = 2 } x : = x + 1 { x > 2 } \{x=2\} x:=x+1 \{x>2\} {x=2}x:=x+1{x>2}

• 这是完全没有问题的，而 $x>2$ 的条件是不如 $x=3$ strong 的

• 同样的道理我们看为什么是 weakest precondition：因为当我们用一个比现在 precondition 更严格一点的条件，这个推导式子也同样成立：
  $$x+1=3=>x=2$$

• 所以我们认为 $x+1=3$ 这个条件比 $x=2$ 严格，于是我们带到原式子中：
  { x + 1 = 3 } x : = x + 1 { x = 3 } \{x+1=3\} x:=x+1 \{x=3\} {x+1=3}x:=x+1{x=3}

• 这个式子当然也是成立的

逻辑

推导规则

• 如果 $A$ holds（为true），同时 $A=>B$ 也为 true，那么我们就能推导出 $B$ 也为 true
• “——” 代表 推导关系

• 这个式子表明 true 天生就 holds
• 也可以表示 我们假设这种情况是 true，因为不存在任何的前提条件，所以可以看成 assumption
  
• 如果 $A$ holds, 同时 $B$ holds, 那么 A ^ B 也 holds

forward v.s. backward

forward

• 对于前面两个 forward 推理还不困难
  

• 但是对于下面这个
  

backward

• 我们可以从 post 的结果很容易推出 pre 的结果
  

• 尤其是第二个式子，我们只需要根据结果x=1 和条件 x:=x+1 甚至不需要计算出来 x=0 我们只需要把 x:=x+1 的过程反过来就可以退出 pre

• 同样的：
  

• 对于这个式子，我们也可以轻易的写出
  

• 再看前面 forward 推理很难的那个问题
  

• 这里我们只需要
  

• 有上面的现象我们可以得到 rule of assignment

rule of assignment

• $P$ 是关于 $x$ 的公式，经过将 x:=E 这个过程之后 $P$ holds，

• 那么我们把 post condition 中的 x 全部用 E 来代替即可
  

• 这个式子中 $E=x+1$ 所以把 post condition 中的 $x=1$ 中的所有 $x$ 替换成 $E$ 作为 precondition 即 $x+1=1$

• 所以结果就是:
  { x + 1 = 1 } x : = x + 1 { x = 1 } \{x+1=1\} x:=x+1\{x=1\} {x+1=1}x:=x+1{x=1}
  { x = 0 } x : = x + 1 { x = 1 } \{x=0\}x:=x+1\{x=1\} {x=0}x:=x+1{x=1}

• 再练一个：
  
  

rules of consequence

• 根据我们前面讨论的 forward 和 backward 我们可以通过这个公式推导出：
  

• 如果我们满足了下面的这种情况，我们同样能够得到
  
  

• 因为 $x=0$ 的条件比 $x>=0$ 要严格，因此作为 precondition 也是可行的

• 由此

• 解析一下：$P^{\prime }$ 是 $P$ 的子集，同样的 $Q$ 是 $Q^{\prime }$ 的子集，因此 $P$ 的范围要收窄，而 $Q$ 的范围要扩大。

结合上述两个 rule

• 假设我们要证明：
  

• 首先我们先把这个式子作为 consequence rule 的下半部分，那么也就是 P ′ = { x = 0 } P'=\{x=0\} P′={x=0}, Q ′ = { x > 0 } Q'=\{x>0\} Q′={x>0}
  

• 我们接下来不改变 post condition，当我们想使用 consequence rule 的时候我们需要找到 $P^{\prime }=>P$ ，而我们现在有 P ′ = { x = 0 } P' = \{x=0\} P′={x=0}

• 所以公式变成了下述：
  

• 假设有一个中间变量 $P$ 是被推导出来的

• 接下来对下图中的红框中的部分使用 assignement axiom
  

• { ? P } x : = x + 1 { x > 0 } \{?P\} x:=x+1 \{x>0\} {?P}x:=x+1{x>0} 可以推导出 $P=x+1>0$

• 然后将这个带换到 $x=0=>?P$ 的部分，就可以得到：
  
  

• 证明完成

• 总结以下上面的证明逻辑
  

rule of sequencing

• 证明这一类题目的时候我们通常还是从后面一个部分开始，backward 的方式进行证明
  
  • 证明开始：
    
• 首先利用 rule of consequence 把 $S1;S2$ 看成一个整体，此时 P ′ = { x = 0 } , Q ′ = { X = 2 } P'= \{x=0\}, Q'=\{X=2\} P′={x=0},Q′={X=2}所以这个时候我们还是需要看 $P^{\prime }=>P$ 所以我们还是假设有一个中间的变量 $?P$
  
• 现在还不能对对下图中框选的部分进行 assign rule，因为 assignment rule 只能对 single 的步骤进行，因此我们现在要对下图中框选的部分进行 rule of sequencing

• 并得到：
  
• 我们引入了一个中间变量 $?R$，同时将中间推理拆分成两个 individual 的部分
• 这个时候，请注意下图中框选的部分：
  
• 这里有两个未知的部分 $?P,?R$ 因此，我们要寻求别的突破口，其实也非常明显，我们可以从最后的那个式子的 $?R$ 开始使用 assignment rule
  
• 当这个证明出来之后，顺理成章对左上角包含 $?P$ 的式子再使用 assignment rule 就可以了
  
• 现在只剩下最左边的一部分了：
  
• 事实上他是恒成立的：
  

更大的程序案例

• 下列的程序表示的意思就是一个 swap 程序
  
  
  
• 其实这个证明就相当于在每两个 s 之间增加了一个中间项，然后需要逐一通过 assignment rule 来证明

skip rule

conditional rule

案例

• 还是首先使用 consequence rule
• 这样我们就相当于在 precondition 和 后续的运算之间加了个 $?P$
• 
• 然后我们根据 conditional rule