Sıfır türleri için denklem kanunları nelerdir?

Feragatname : Tip teorisine önem verirken, kendimi tip teorisi konusunda bir uzman olarak görmüyorum.

Basitçe yazılan lambda hesabında, sıfır türünün yapıcıları ve benzersiz bir eliminatörü yoktur:

\frac{Γ ⊢ M : 0}{Γ ⊢ i n i t i a l (M) : A}

$\frac{\Gamma \vdash M \colon 0}{\Gamma \vdash initial (M) \colon A}$

Açıklamasal bir bakış açısından, denklemi açıktır (türler anlamlı olduğunda). $initial (M_1) = initial(M_2)$

Ancak, bu perspektiften, , o zaman: olduğunu da söyleyebilirim . Bu sonuç daha güçlü görünüyor, ancak onu gösteren belirli bir model beni atlatıyor. $M,M' \colon 0$ $M = M'$

(Yine de bazı kanıt teorik sezgilerim var: bir sakini elde etmek için hangi çelişkiyi kullandığınız önemli değil, ancak farklı çelişki kanıtları olabilir.)

Yani sorularım:

Sıfır türleri için standart denklem kanunları nelerdir?
Bunlardan herhangi biri veya yasaları olarak sınıflandırılmış mı? $\eta$ $\beta$

— Ohad Kammar
kaynak

Yanıtlar:

Boş tür için standart denklem kuralları, tahmin ettiğiniz gibi . Kümelerin türlere göre yorumlandığı standart küme teorik modeli düşünün: toplam türler ayrık birliklerdir ve boş tür boş kümedir. Bu nedenle işlevlerinin her ikisi de ortak bir grafiğe (yani boş grafik) sahip olduklarından eşit olmalıdır. . $\Gamma \vdash e = e' : 0$ $e,e' : \Gamma \to 0$
Boş türün kuralı yoktur , çünkü bunun için giriş formları yoktur. Tek denklem kuralı bir kuralıdır . Bununla birlikte, bir eta kuralının ne kadar kesin olarak yorumlanmasını istediğinize bağlı olarak, bunu bir artı işe gidip gelme dönüşümüne bölmek isteyebilirsiniz . Kesin kuralı: $\beta$ $\eta$ $\eta$ $\eta$

$e = i n i t i a l (e)$ $e = \mathrm{initial}(e)$
İşe gidip gelme kapsamı:

$C [i n i t i a l (e)] = i n i t i a l (e)$ $C[\mathrm{initial}(e)] = \mathrm{initial}(e)$

DÜZENLE:

İşte sıfır türündeki dağıtılabilirlik, tüm haritalarının eşitliğini ima eder . $A \to 0$

Düzeltme gösterimde için yazalım benzersiz haritası olması kadar ve yazalım bazı haritası olması için . $!_A : 0 \to A$ $0$ $A$ $e : A \to 0$ $A$ $0$

Şimdi, dağılabilirlik koşulu izomorfizmi olduğunu söylüyor . İlk nesneler izomorfizme kadar benzersiz olduğu için, bu, kendisinin başlangıç nesnesi olduğu anlamına gelir . Şimdi bunu başlangıçtaki bir nesne olduğunu göstermek için kullanabiliriz . $i : 0 \simeq A \times 0$ $A \times 0$ $A$

Yana ilk nesnedir, ki harita biliyoruz ve Eşittir. $A \times 0$ $\pi_1 : A \times 0 \to A$ $!_A \circ \pi_2$

Şimdi, başlangıçtaki bir nesne olduğunu göstermek için, onunla arasında bir izomorfizm göstermemiz gerekir . İzomorfizmin bileşenleri olarak ve seçelim . Biz göstermek istiyoruz ve . $A$ $0$ $e : A \to 0$ $!_A : 0 \to A$ $e \circ !_A = id_0$ $!_A \circ e = id_A$

Bu gösteriliyor türden yalnızca bir harita olduğundan, hemen gerçekleşir , ve biz her zaman bir kimlik haritası olduğunu biliyoruz. $e \circ !_A = id_0$ $0 \to 0$

Diğer yönü göstermek için

\begin{array}{lcll} i d_{A} & = & π_{1} \circ (i d_{A}, e) & Product equations \\ = & !_{A} \circ π_{2} \circ (i d_{A}, e) & Since A \times 0 is initial \\ = & !_{A} \circ e & Product equations \end{array}

$\begin{array}{lcll} id_A & = & \pi_1 \circ (id_A, e) & \mbox{Product equations} \\ & = & !_A \circ \pi_2 \circ (id_A, e) & \mbox{Since $A\times 0$ is initial} \\ & = & !_A \circ e & \mbox{Product equations} \end{array}$

Bu nedenle izomorfizmi var , dolayısıyla başlangıçtaki bir nesnedir. Bu nedenle haritaları benzersizdir ve bu nedenle , sonra . $A \simeq 0$ $A$ $A \to 0$ $e,e' : A \to 0$ $e = e'$

DÜZENLEME 2: Durumun düşündüğümden daha güzel olduğu ortaya çıktı. Ulrich Bucholz'dan her biCCC'nin dağıtıcı olduğu açık (matematiksel olarak "geriye dönük olarak açık") olduğunu öğrendim. İşte size küçük şirin bir kanıt: $\newcommand{\Hom}{\mathrm{Hom}}$

\begin{array}{lcl} H o m ((A + B) \times C, (A + B) \times C) & ≃ & H o m ((A + B) \times C, (A + B) \times C) \\ ≃ & H o m ((A + B), C \to (A + B) \times C) \\ ≃ & H o m (A, C \to (A + B) \times C) \times H o m (B, C \to (A + B) \times C) \\ ≃ & H o m (A \times C, (A + B) \times C) \times H o m (B \times C, (A + B) \times C) \\ ≃ & H o m ((A \times C) + (B \times C), (A + B) \times C) \end{array}

$\begin{array}{lcl} \Hom((A + B) \times C, (A + B) \times C) & \simeq & \Hom((A + B) \times C, (A + B) \times C) \\ & \simeq & \Hom((A + B), C \to (A + B) \times C) \\ & \simeq & \Hom(A , C \to (A + B) \times C) \times \Hom(B, C \to (A + B) \times C) \\ & \simeq & \Hom(A \times C, (A + B) \times C) \times \Hom(B \times C, (A + B) \times C) \\ & \simeq & \Hom((A \times C) + (B \times C), (A + B) \times C) \end{array}$

— Neel Krishnaswami
kaynak

1 ile ilgili olarak: Sıfır türünü ilk nesne olarak düşünüyorum. İlk nesneler birden okları olabilir içine onlardan, ama sadece bir ok olabilir dışarı bunlardan. Başka bir deyişle, bi-CCC olmanın 0'ın subterminal olduğunu ima etmesinin bir nedenini hemen görmüyorum. Bir tane var mı?

— Ohad Kammar

Evet: toplamları olan STLC'nin yorumlamak için bir dağıtıcı bi-CCC ( ) ve 0 türü bunun null versiyonu olarak gelir. (Toplamlar için eleme kuralının yorumunu yazmayı deneyin ve göreceksiniz.)

(X \times A) + (X \times B) ≃ X \times (A + B)

$(X \times A) + (X \times B) \simeq X \times (A+B)$

— Neel Krishnaswami

Takip etmiyorum. Dağıtılabilirlik terstir. Bu neden subterminal olduğunu ima ediyor ?

i n i t i a l : 0 \to A \times 0

$initial : 0 \to A\times 0$

0

$0$

— Ohad Kammar

Aha! Bu kanıt için teşekkürler! Ve sabır için de!

— Ohad Kammar

edit 2 ile ilgili: Sol bitişik cemaatleri korur. Kategori Kartezyen sonra, kapalı ise sol esleniktir çok olan toplam .

(-) \times C

$(-)\times C$

(-)^{C}

$(-)^C$

(A + B) \times C

$(A+B)\times C$

A \times C + B \times C

$A\times C + B\times C$

— Ohad Kammar

denklemi sadece en fazla bir unsuru olduğu gerçeğini yakalar, bu yüzden Neel'in tüm hikayeyi yakaladığını düşünmüyorum. Boş tip aşağıdaki gibi aksiyomatize ederim . $e = e' : 0$ $0$ $0$

Giriş kuralları yoktur. Eliminasyon kuralıDenklemi burada ve . boyunca herhangi bir tür vardır. Denklem şu şekilde motive: terimini oluşturmak başardı eğer sonra yaşadığı , ancak bu tüm denklemler tutun böylece saçma. Aynı etkiyi elde etmenin başka bir yolu da denklemini oluşturmaktır.

\frac{e : 0}{{m a g i c}_{τ} (e) : τ} .

$\frac{e : 0}{\mathtt{magic}_\tau(e) : \tau}.$

{m a g i c}_{τ} (e) = e^{'} : τ

$\mathtt{magic}_\tau(e) = e' : \tau$

e : 0

$e : 0$

e^{'} : τ

$e' : \tau$

τ

$\tau$

{m a g i c}_{τ} (e)

$\mathtt{magic}_\tau(e)$

0

$0$

e

$e$

x : 0, Γ ⊢ e_{1} = e_{2} : τ

$x : 0, \Gamma \vdash e_1 = e_2 : \tau$ bu belki de çok hoş değil çünkü içerikle uğraşıyor. Diğer yandan, bu daha açık bir şekilde biz herhangi iki morfizimler gerçeğini ifade edildiğini göstermektedir için eşittir ( bir CCC oyalayıştır).

0

$0$

τ

$\tau$

Γ

$\Gamma$

— Andrej Bauer
kaynak

Merhaba Andrej, önerdiğiniz denklem verdiğim işe gidip gelme dönüşümünden türetilebilir. , den türetilebilir , çünkü aslında gerçekleşmek zorunda değildir sol vadede. Analoji için , burada her iki dalda da aynısını yaparsanız bir vaka analizi sonucunun kullanılmaması uygundur.

m a g i c (e) = e^{'}

$\mathtt{magic}(e) = e'$

C [m a g i c (e)] = m a g i c (e)

$C[\mathtt{magic}(e)] = \mathtt{magic}(e)$

m a g i c (e)

$\mathtt{magic}(e)$

C [c a s e (e, x . e^{'}, y . e^{″})] = c a s e (e, x . C [e^{'}], y . C [e^{″}])

$C[\mathtt{case}(e,x.\;e',y.\;e'')] = \mathtt{case}(e, x.\;C[e'], y.\;C[e''])$

— Neel Krishnaswami

Yine de, bağlamları daha iyi sunmayı sevdiğimi eklemeliyim - gerçekten de, bağlamdaki toplam değerlerde denklemlere izin verirseniz genel olarak en temiz olduğunu düşünüyorum! Gerçek kanıtlar için, işe dönüşen dönüşümleri olan IMO oyunlarından çok daha güzel. (IIRC, bu, kararlı kopyaların ek varsayımını eklemekle eşdeğerdir, ancak tüm modeller için bu ambarların bakımını makul bir şekilde görebiliyorum.)

— Neel Krishnaswami

Ah evet, mükemmel. Dönüşümleri gidip gelmeyi düşünmek benim için çok geçti, bu yüzden bu kısmı yazmamış gibi davrandım. Şimdi Ohad seçimini yapabilir.

— Andrej Bauer

Bir model sınıfında bazı yapısal ( , , vb) kuralları doğrulıyordum. Verdiğim denklem kümesinin tam olmadığını bildiğim halde (bunun için karmaşık değerlere ve yığınlara sahip CBPV'ye ihtiyacınız var), en azından yeterli denklemim varsa tamlığı kanıtlamak için kullanılacak standart denklemleri yakalamak istedim. Başka bir deyişle, sıfır tipler için standart denklem yasalarını istedim.

η

$\eta$

β

$\beta$

— Ohad Kammar

Sıfır türleri için standart bir denklem kanunu yoktur. Mantıkçılar her zaman boş söylem evreninden korkarlar ve bilgisayar bilimcileri her zaman boş tipten korkarlar. Hatta boş türü reddetmek için boş olmayan bir tür "geçersiz" olarak adlandırdılar.

— Andrej Bauer