Yol indüksiyonu yapıcı mıdır?

17

İçinden okuyorum HOTT kitapta ve yol indüksiyon ile zor anlar var.

I bölümünde tip baktığımızda 1.12.1 : bunun ne anlama geldiğini anlamada bir sorunum yok (bunu kontrol etmek için türü bellekten yazdım).

{ind}_{=_{A}} : \prod_{C : \prod_{x, y : A} (x =_{A} y) \to U} ((\prod_{x : A} C (x, x, {refl}_{x})) \to \prod_{x, y : A} \prod_{p : x =_{A} y} C (x, y, p)),

$\text{ind}_{=_A}:\prod_{C:\prod\limits_{x,y:A}(x=_Ay)\to \mathcal{U}} \left( \left(\prod_{x:A}C(x,x,\text{refl}_x)\right) \to \prod_{x,y:A}\prod_{p:x=_Ay} C(x,y,p) \right),$

Benim sorunum bir sonraki çok ifade: ilk izlenim bu son sentezleme yok oldu tanımlamak elde edilen fonksiyonu ama sadece belirtmektedir onun mülkiyet .

with the equality {ind}_{=_{A}} (C, c, x, x, {refl}_{x}) :\equiv c (x)

$\text{with the equality}\quad \text{ind}_{=_A}(C,c,x,x,\text{refl}_x):\equiv c(x)$

f : \prod_{x, y : A} \prod_{p : x =_{A} y} C (x, y, p),

$f:\prod_{x,y:A}\prod_{p:x=_Ay} C(x,y,p),$

Bu, indüksiyon ilkeleri , veya önceki örneklerinin aksine - orada olan denklemler tanımlayan bu elemanlar için - biz aslında tesislerinde verilen çıkan işlevini oluşturmak için biliyorum. Hangi bölüm boyunca ilan tip teorisi "yapıcılığı" ile uyumludur. $\text{ind}_{A\times B}$ $\text{ind}_{A+B}$ $\text{ind}_\mathbb{N}$

geri $\text{ind}_{=_A}$ , tanımlanmadığı gerçeğinden şüpheliydim. öğesinin $f$ var olduğunu belirtmek bölümün geri kalanıyla uyumsuz görünüyordu. Ve gerçekten, bölüm 1.12.1 benim izlenim yanlış olduğunu stres gibi görünüyor ve aslında biz var tanımlanmış

... fonksiyonu ile tanımlanan gelen yol indüksiyonu , ayrıca tatmin ... $f:\prod_{x,y:A}\prod_{p:x=_Ay} C(x,y,p),$
$c:\prod_{x:A}C(x,x,\text{refl}_x)$
$f(x,x,\text{refl}_x):\equiv c(x)$

Bu beni tamamen karıştırıyor, ama bu noktanın diğer tüm gelişmeler için çok önemli olduğunu hissediyorum. Peki için yapılan iki okumadan devam etmeliyim? Ya da, muhtemelen, bazı önemli incelikleri kaçırıyorum ve cevap "ikisi de" değil mi? $\text{ind}_{=_A}$

induction dependent-types homotopy-type-theory

— Kostya
kaynak

Bu arada, bu gerçekten HoTT'ye özgü bir soru değil, daha genel bir "bağımlı tipler" sorusudur.

— cody

12

Hesaplama kurallarının bahsettikleri nesneleri "tanımlaması" veya "yapılandırması" yanılsamasıdır. denkleminin bunu "tanımlayamadığını", ancak diğer durumlarda da bunun doğru olduğunu gözlemleyemediğinizi doğru bir şekilde gözlemlediniz. Özellikle açıkça "kararlı" görünen birim tip için indüksiyon prensibini ele alalım . HoTT kitabının 1.5 bölümüne göre $\mathrm{ind}_{=_A}$ $1$ denklemi ile Bu "define" veya "yapısı" Does o ne olduğu hiçbir şüphe bırakır anlamında "yok"? Örneğin, ve ve

{i n d}_{1} : \prod_{C : 1 \to T y p e} C (⋆) \to \prod_{x : 1} P (x)

$\mathrm{ind}_1 : \prod_{C : 1 \to \mathtt{Type}} C(\star) \to \prod_{x : 1} P(x)$

{i n d}_{1} (C, c, ⋆) = c .

$\mathrm{ind}_1 (C, c, \star) = c.$

{i n d}_{1}

$\mathrm{ind}_1$

{i n d}_{1}

$\mathrm{ind}_1$

C (x) = N

$C(x) = \mathbb{N}$

a = 42

$a = 42$

tip

belirli bir ifadesi

için. İlk düşünceniz bunu

düşürebiliriz,çünkü "

tek elementidir". Ancak oldukça kesin olmak gerekirse,

denklemiyalnızca

gösterdiğimizde uygulanabilir, örneğin

bir değişkenolduğunda imkansızdır. Bundan kaçınmaya çalışabilir ve sadece kapalı şartlarla hesaplamaya ilgi duyduğumuzu söyleyebiliriz, bu yüzden

kapatılmalıdır.

{i n d}_{1} (C, 42, e)

$\mathrm{ind}_1(C, 42, e)$

e

$e$

1

$1$

42

$42$

⋆

$\star$

1

$1$

{i n d}_{1}

$\mathrm{ind}_1$

e \equiv ⋆

$e \equiv \star$

e

$e$

e

$e$

Tip her kapalı terim yargısal olarak değerine eşit değil mi? Bu aslında kötü detaylara ve karmaşık normalizasyon kanıtlarına bağlıdır. Hott durumunda cevap "hayır" çünkü Univalence Axiom örneklerini içerebilir ve (bu konuda ne yaptığını belli değil HOTT açık sorun). $e$ $1$ $\star$ $e$

Biz tipi teorisinin bir versiyonunu dikkate alarak univalance sorun aşmak olabilir gelmez türdeki her kapalı dönem çok iyi özelliklere sahip judgmentally eşittir . Bu durumda, biz söylemek yanlış olduğunu do ile hesaplamak için nasıl , fakat: $1$ $\star$ $\mathrm{ind}_1$

Bir kimlik Çeşidi her kapalı dönem judgmentally olacaktır, çünkü kimlik türü için tutacaktır aynı bazı eşit , ve bu nedenle daha sonra denklem için edecek kadar hesaplamak için bize. $\mathrm{refl}(a)$ $\mathrm{ind}_{=_A}$
Bir tür kapalı terimlerle nasıl hesaplanacağımızı bildiğimiz için, aslında bir şey tanımladığımız anlamına gelmez, çünkü bir kez açıklamaya çalıştığım gibi, bir tür için kapalı terimlerden daha fazlası vardır .

Örneğin, (kimlik tip olmadan) Martin-Löf tipi teori şekilde etki alanı teorik yorumlanabilir içeren iki elemanları ve , burada tekabül için ve olmayan sonlandırılması. Ne yazık ki, tür teorisinde sonlandırıcı olmayan bir ifade yazmanın bir yolu olmadığından, adlandırılamaz. Sonuç olarak, için denklem vermez değil üzerinde hesaplamak için nasıl bize (iki bariz seçimler "hevesle" olmak ve "tembel"). $1$ $\bot$ $\top$ $\top$ $\star$ $\bot$ $\bot$ $\mathrm{ind}_1$ $\bot$

Yazılım mühendisliği terimleriyle, şartname ve uygulama arasında bir karışıklığımız olduğunu söyleyebilirim . Kimlik türleri için HoTT aksiyomları bir spesifikasyondur . Denklem nasıl hesaplamak için, ya da nasıl yapılacağını bize söylemek değildir değil, ancak $\mathrm{ind}_{=_C}(C,c,x,x,\mathrm{refl}(x)) \equiv c(x)$ $\mathrm{ind}_{=_C}$ "uygulandı", denklemi karşılamasını istiyoruz. Tür ister ayrı bir sorundur yapıcı bir şekilde elde edilebilir. $\mathrm{ind}_{=_C}$ $\mathrm{ind}_{=_C}$

Son olarak, "yapıcı" kelimesini nasıl kullandığınızdan biraz yoruldum. Sanki "yapıcı" nın "tanımlanmış" ile aynı olduğunu düşünüyorsunuz. Bu yorum altında Halting kehaneti yapıcıdır, çünkü davranışı üzerine dayattığımız gereksinimle tanımlanır (yani verilen makinenin durup durmamasına göre 1 veya 0 çıktısı). Yalnızca yapıcı olmayan bir ortamda var olan nesneleri tanımlamak mümkündür. Tersine, gerçekte hesaplanamayan özellikler ve diğer şeyler hakkında yapıcı bir şekilde konuşmak mükemmel bir şekilde mümkündür. Burada biridir: ilişki ile tanımlanan $H \subseteq \mathbb{N} \times \{0,1\}$ yapıcıdır, yani bu tanımda yapıcı bir bakış açısından yanlış bir şey yoktur. Sadece çok yapıcı bir olduğunu göstermektedir edilemez olur toplam ilişkidir ve bunun karakteristik değil yoluyla faktör yok

H (n, d) ⟺ (d = 1 \Rightarrow n -th machine halts) \land (d = 0 \Rightarrow n -th machine diverges)

$H(n,d) \iff (d = 1 \Rightarrow \text{$n$-th machine halts}) \land (d = 0 \Rightarrow \text{$n$-th machine diverges})$

H

$H$

χ_{H} : N \times {0, 1} \to P r o p

$\chi_H : \mathbb{N} \times \{0,1\} \to \mathsf{Prop}$

b o o l

$\mathtt{bool}$ , bu yüzden değerlerini "hesaplayamayız".

Zeyilname: Sorunuzun başlığı "Yol indüksiyonu yapıcı mı?" "Yapıcı" ve "tanımlanmış" arasındaki farkı temizledikten sonra soruyu cevaplayabiliriz. Evet, yol indüksiyonunun belirli durumlarda yapıcı olduğu bilinmektedir:

Güçlü normalizasyon gösterebilmemiz için Univalence olmadan tip teorisini kısıtlarsak, yol indüksiyonu ve diğer her şey yapıcıdır, çünkü normalleştirme prosedürünü gerçekleştiren algoritmalar vardır.
Tip teorisindeki her kapalı terimin bir Turing makinesine nasıl karşılık geldiğini açıklayan tip teorisinin gerçekleştirilebilirlik modelleri vardır. Bununla birlikte, bu modeller, Univalence'ı dışlayan Streicher'in Axiom K'sini karşılar.
Tip teorisinin (yine Univalence olmadan) yapıcı küme teorisi CZF'ye çevirisi vardır. Bir kez daha, bu Streicher'in aksiyomunu K doğrular.
Gerçekleştirilebilirlik modellerinde , Streicher'in K'sı olmadan tür teorisini yorumlamamıza izin veren bir groupoid modeli var. Bu, Steve Awodey ve ben tarafından yapılan ön çalışma.

Gerçekten, Univalence'ın yapıcı statüsünü çözmemiz gerekiyor.

— Andrej Bauer
kaynak

Bu cevabın şimdi (kısmen) güncel olmadığını düşünüyorum

— WorldSEnder

Gerçekten de, bu arada kübik tip teorisi pozitif bir cevap verdi: Univalent tip teorisinin yapıcı bir modeli var.

— Andrej Bauer

7

Ben HoTT insanı değilim, ama iki sentimi atacağım.

Diyelim ki yapmak istiyoruz. Bunu nasıl yaparız? Diyelim ki bize herhangi bir ve eşitliklerinin bir kanıtı verildi . Rasgele tip hakkında hiçbir şey bilmediğim için, yapısı hakkında hiçbir şey bilmiyorum

f_{A} : \prod_{x, y : A} \prod_{p : x =_{A} y} C (x, y, p)

$f_A : \prod_{x,y : A}\prod_{p : x =_A y} C(x,y,p)$

x, y : A

$x,y : A$

p : x =_{A} y

$p : x =_A y$

A

$A$

x, y

$x,y$ . Ancak, belirli eşitlik türü hakkında bir şey biliyorum: tek bir kurucu var,

nedenle, bazı

için

, ama bu

zorlar . Bu yüzden, bir eleman olsa

herhangi biri için

{r e f l}_{a} : a =_{A} a, for any a : A

$\mathsf{refl}_a : a =_A a, \text{ for any } a : A$

p \equiv {r e f l}_{a}

$p \equiv \mathsf{refl}_a$

a : A

$a : A$

x = a = y

$x=a=y$

C (x, x, {r e f l}_{x})

$C(x,x,\mathsf{refl}_x)$

; yani

(özel

) fonksiyonumuz varsa,

fonksiyonumuzaşağıdaki gibi tanımlanabilir:

x : A

$x : A$

b a s e_{C} : \prod_{x : A} C (x, x, {r e f l}_{x})

$base_C : \prod_{x:A}C(x,x,\mathsf{refl}_x)$

C

$C$

f_{A}

$f_A$

f_{A} (x, y, p) := b a s e_{C} (x, x, p)

$f_A(x,y,p) := base_C(x,x,p)$ .

Aboneliklerden kurtulmak genel endüktif tanımlamaya yol açar.

Umarım yardımcı olur!

$e$ $E$ $E$

— Musa Al-hassy
kaynak

1

Belki biraz mantıklı olabilir veya en azından nedenini açıklamaya çalıştığım math.andrej.com/2013/08/28/the-elements-of-an-inductive-type adresini kontrol ederek mevcut sezgileriniz hakkında endişelenebilirsiniz. bir türün kapalı terimlerinin bir tür için var olduğunu düşünmek zararlıdır.

— Andrej Bauer

2

r e f l

$\mathsf{refl}$

3

$A\times B$ $A\times B$

p a i r : A \to B \to A \times B

$\mathrm{pair}\ :\ A\rightarrow B\rightarrow A\times B$

f

$f$

A \times B

$A\times B$ $\mathrm{pair}$

$\mathrm{pair}$ $f:A\times B\rightarrow C$ $A$ $B$

f^{'} : A \to B \to C

$f':A\rightarrow B\rightarrow C$

f

$f$

A \times B

$A\times B$

(A \to B \to C) \to (A \times B \to C)

$(A\rightarrow B\rightarrow C)\rightarrow(A\times B\rightarrow C)$

{i n d}_{A \times B}

$\mathrm{ind}_{A\times B}$

$f$ $\mathrm{pair}(a,b)$ $f$ $f'$

f (p a i r (a, b)) := f^{'} a b

$f(\mathrm{pair}(a,b))\ :=\ f'\ a\ b$

{i n d}_{A \times B} f^{'} p a i r (a, b) := f^{'} a b

$\mathrm{ind}_{A\times B}\ f'\ \mathrm{pair}(a,b)\ :=\ f'\ a\ b$

=

$=$

Böylece, verilen yapıcılarla endüktif tip için bir eliminator tanımının 2 adımda geldiğini görüyorsunuz:

$\mathrm{ind}$
$\mathrm{ind}$

$=_A$ $x,y:A$ $p:x=y$ $C$ $p$ $x=y$ $\mathrm{refl}(z)$ $z$

f : Π x, y : bir, x = y \to C

$f:\Pi x, y:A, x=y\rightarrow C$

f^{'} : Π z : bir, C

$f':\Pi z:A, C$

r e f l (z)

$\mathrm{refl}(z)$

C

$C$

$f$ $f'$

f z z r e f l (z) : = f^{'} z

$f\ z\ z\ \mathrm{refl}(z):= f'\ z$

$A\times B$ $=_A$

— cody
kaynak