Kendi türevine eşit önemsiz bir tür var mı?

Düzenli Tipin Türevi olarak adlandırılan bir makale , Tek Delikli Bağlamlar Türüdür , bir türdeki "fermuarın" (tek delikli bağlamlar), cebir türündeki farklılaşma kurallarına uyduğunu gösterir.

Sahibiz:

\begin{aligned} \partial_{x} x & \mapsto 1 \\ \partial_{x} 0 & \mapsto 0 \\ \partial_{x} 1 & \mapsto 0 \\ \partial_{x} (S + T) & \mapsto \partial_{x} S + \partial_{x} T \\ \partial_{x} (S \times T) & \mapsto \partial_{x} S \times T + S \times \partial_{x} T \end{aligned}

$\begin{align} \partial_x x &\mapsto 1 \\ \partial_x 0 &\mapsto 0 \\ \partial_x 1 &\mapsto 0 \\ \partial_x (S + T) &\mapsto \partial_x S + \partial_x T \\ \partial_x (S\times T) &\mapsto \partial_xS \times T + S \times \partial_x T \end{align}$

Bu modeli, birimin türevinin geçersiz olduğunu, listenin türevinin iki listenin (önek çarpı soneki) ve benzeri bir ürün olduğunu türetmek için kullanabiliriz.

Sorulması gereken doğal bir soru, "kendi türevi ne tür?" Tabii ki zaten $\partial_x 0 \mapsto 0$ , bu da boşluğun (ıssız tip) kendi türevi olduğunu söyler, ama bu çok ilginç değil. Sıradan sonsuz küçük analizde sıfır türevinin sıfır olması gerçeğinin analogudur.

denkleminin başka çözümleri var $\partial_x T \mapsto T$ mı? Özellikle, cebir tipinde bir analogu var $\partial_x e^x = e^x$ mı? Neden ya da neden olmasın?

type-theory algebra

— Matthew Piziak
kaynak

Kombinatoryal türler teorisinde vardır ve orada (sonlu) kümelerin türlerine karşılık gelir, ancak bu bir cebirsel veri türüne karşılık gelmez.

— Derek Elkins SE

"Eşit" ile ne demek istiyorsun? Dünyanızda,

(S + T) \to U

$(S + T) \to U$ ve

eşit mi? Ne ilgili

(S \to U) \times (T \to U)

$(S \to U) \times (T \to U)$

N

$\mathbb{N}$

L i s t (N)

$\mathsf{List}(\mathbb{N})$

— Andrej Bauer

@AndrejBauer Eski evet, ikincisi hayır.

yinelenen ürüne

eşittir

L i s t (N)

$\mathsf{List}(\mathbb{N})$

. Bununla birlikte, aklımda titiz bir tip eşitliği modelim yok ve bir modeliniz varsa bana işaret edebilirsiniz, onu okumaktan mutluluk duyarım.

1 + N + N \times N + N \times N \times N + \dots = \sum_{n = 0}^{\infty} N^{n}

$1 + \mathbb{N} + \mathbb{N} \times \mathbb{N} + \mathbb{N} \times \mathbb{N} \times \mathbb{N} + \ldots = \sum_{n=0}^{\infty} \mathbb{N}^{n}$

— Matthew Piziak

@DerekElkins olduğu gibi, McBride tarafından Solda Palyaçolar olarak adlandırılan bir başka makale olan Sağa Jokerler , "Sonlu yapılar için [fermuarlarda bir operatörün tekrarı] veri türlerinin bir güç serisi formülasyonuna yol açtığını belirtiyor doğrudan, sağdan sola tüm unsurları bulmak .... Böylece kombinatoryal türler kavramı arasında önemli bir bağlantı vardır ". Kombinatoryal türlerin bu soru bağlamında da oynayabilecekleri ilginç bir rol varsa, şaşırmam.

— Matthew Piziak

@MatthewPiziak Kesinlikle yapıyorlar. Brent Yorgey bu konu hakkında biraz konuştu . Ayrıca onun tezine bakınız .

— Derek Elkins SE

Yanıtlar:

Sonlu çoklu kümeleri düşünün . Onun elemanları tarafından verilmektedir permütasyon tarafından quotiented, böylece $\mathbf{Bag}\:X$ $\{x_1,\ldots,x_n\}$ herhangi . Böyle bir şeydeki bir eleman için tek delikli bağlam nedir? Delik için bir konum seçmek için olmalıydı, bu yüzden kalan $\{x_1,\ldots,x_n\}=\{x_{\pi 1},\ldots,x_{\pi n}\}$ $\pi\in\mathbf{S}_n$ $n>0$ element, ama biz nerede olduğu hakkında hiçbir bilge değiliz. (Bu, delik için bir konum seçmenin bir listeyi iki bölüme böldüğü ve ikinci türev kesimlerinin bu bölümlerden birini seçtiği ve bir editördeki "nokta" ve "işaret" gibi daha da kesdiği listelerden farklıdır, ancak araştırıyorum. tek delikli bir bağlam $n-1$ bu nedenle bir $\mathbf{Bag}\:X$ ve her $\mathbf{Bag}\:X$ şekilde ortaya çıkabilir. Mekansal düşünmek, türevi $\mathbf{Bag}\:X$ kendisi olmalı. $\mathbf{Bag}\:X$

Şimdi,

B a g X = \sum_{n \in N} X^{n} / S_{n}

$\mathbf{Bag}\:X = \sum\limits_{n\in\mathbb{N}}X^n/\mathbf{S}_n$

tuple boyutunun seçimi a tuple ile, emri bir permütasyon grubuna elemanları yukarı , tam olarak güç serisi genişlemesini veriyor . $n$ $n$ $n!$ $e^x$

Bunu için, biz şekiller bir dizi ile kap tipleri karakterize edilebilir ve pozisyonlar arasında bir şekil bağımlı etti : $S$ $P$ bir kap, konumlardan elemanlara şekil seçimi ve harita ile verilir. Çantalar ve benzerleri ile ekstra bir bükülme var.

\sum_{s : S} X^{(P s)}

$\sum\limits_{s:S}X^{(P\,s)}$

Bir torbanın "şekli" biraz ; "pozisyonlar" olan , boyut sonlu grubu den permütasyonu altında, ama elemanlara pozisyonlardan harita olmalıdır değişmez . Elemanlarının düzenini "algılayan" bir torbaya erişmenin yolu olmamalıdır. $n\in\mathbb{N}$ $\{1,\ldots,n\}$ $n$ $\mathbf{S}_n$

East Midlands Container Consortium , Program Yapım 2004 Matematiği için Bölüm Türleriyle Polimorfik Programların Oluşturulmasında bu tür yapılar hakkında yazdı . Bölüm kapsayıcıları, bir otomorfizm grubunun konumlar üzerinde hareket etmesine izin vererek yapıların "şekiller" ve "konumlar" ile olağan analizimizi genişletir. ABD böyle düzensiz çiftleri olarak yapıları dikkate sağlayan türevi ile, . Sırasız bir çifti tarafından verilir ve türevi ( , sırasız bir $X^2/2$ $X$ $n$ $X^n/n!$ $n>0$ $n-1$ lü). Çantalar bunların toplamını alır. Delikli bir konum seçmenin, bir noktaya dönüşü çiviye çevirerek, nn , permütasyon olmadan daha küçük bir demet bırakarak, döngüsel -upeller, ile benzer oyunlar oynayabiliriz . $n$ $X^n/n$ $X^{n-1}$

"Tür bölünmesi" genel olarak anlam ifade etmek zordur, ancak permütasyon grupları (kombinatoryal türlerde olduğu gibi) tarafından alıntı yapmak mantıklıdır ve oynamak eğlencelidir. (Egzersiz: Bir sayı sırasız çiftleri için yapısal bir endüksiyon prensibine formüle ve böylece ek ve çarpma uygulamak için kullanmak da yapı ile konum değişmeli olduğu). $\mathbb{N}^2/2$

Konteynırların "şekil ve konum" karakterizasyonu, hiçbirine sonluluk getirmez. Kombinatoryal türler , her üs için katsayıların ve katsayıların hesaplanmasına karşılık gelen, şekilden ziyade boyuta göre organize olma eğilimindedir . Sonlu-konum-kümeleri ve kombinatoryal türlerle bölüm kapları temelde aynı madde üzerinde farklı dönüşlerdir.

— pigworker
kaynak

Orijinal yazar görünür! Bize bu güzel sonucu göstermek için uğradığınız için teşekkür ederiz.

— Matthew Piziak

Sonsuz toplam Türevidir Birleşim ve toplamlar Yerdeğiştirme orjinal eşit olan.

\sum_{i, j \in N} X^{i} ?

$\sum_{i, j \in \mathbb{N}} X^i ?$

\sum_{i, j \in N} \underset{i + 1}{\underset{⏟}{X^{i} + \dots + X^{i}}}

$\sum_{i, j \in \mathbb{N}} \underbrace{X^i + \cdots + X^i}_{i+1}$

Ayrıca, sonsuz toplam ) 'ya eşittir , bu nedenle türevleri listeler kullanarak hesaplamaya çalışabiliriz. $\sum_{j \in \mathbb{N}} \mathsf{List}(X)$

— Andrej Bauer
kaynak

Bir listenin türevi bir çift listedir (önek çarpı soneki). Toplam kuralına göre, bir liste listesinin türevi liste çiftlerinin bir listesidir. Liste çiftlerinin listesi liste listesine izomorfik mi?

— Matthew Piziak

@MatthewPiziak Belki de ilk formülasyonu

olarak düşünmek daha kolaydır . Türev alma, bundan elde

(bariz bir anlam

). Şimdi, sadece

ihtiyacımız var . Bana göre, bu (gayri resmi olarak)

Kuvvet serisinin katsayıları

olarak seçilmeleri dışında

\sum_{i \in N} N \times X^{i}

$\sum_{i\in \mathbb{N}} \mathbb{N}\times X^i$

\sum_{i \in N} i \times N \times X^{i}

$\sum_{i\in \mathbb{N}} i\times \mathbb{N}\times X^i$

i

$i$

N ≃ i \times N

$\mathbb{N}\simeq i\times \mathbb{N}$

e^{x} = \sum_{i} x^{i} / n!

$e^x = \sum_i x^i/n!$

+ \infty

$+\infty$ (yani,

), bu yüzden tatmin edebilir

N

$\mathbb{N}$

bölünme olmadan bir dünyada.

a_{n} = (n + 1) \cdot a_{n + 1}

$a_{n} = (n+1) \cdot a_{n+1}$

— chi

Oops @MatthewPiziak yazdım

yerine

, ama ben ne anlama geldiğini açık.

n

$n$

i

$i$

— chi