İlk olarak, sonucun sağ tarafın sol tarafa eşit olduğu tek mod redex'in (modulo alfa dönüşümü) . Bu redeksin bir bağlamda olması, kendilerine indirgenen başka terimler de vardır.( λ x . x x ) ( λ x . x x )
Lercher'ın ispatının çoğunun nasıl çalıştığını görebiliyorum, ancak ispatı biraz değiştirmeden geçemediğim noktalar var. Varsayalım ki (kullanmak alfa denklik) ve değişken kuralı uyarınca varsayalım serbest oluşmaz .= x B( λ x . A ) B = [ B / x ] A=xB
Sol taraftaki ve sağ taraftaki sayısını sayın . İndirgeme REDEX birini ve ayrıca bu kaldırır , ve olduğu gibi bir çok şekilde ekler geçiş sayısı kez de . Diğer bir deyişle, eğer sayısıdır 's ve serbest geçiş sayısı olduğu in sonra . Diophantine denkleminin tek çözümü (ve ancak bu gerçeği kullanmayacağız).λBBxAL(M)λM#x(M)xM1+L(B)=#x(A)×L(B)#x(A)=2L(B)=1
Lercher'ın yukarıdaki paragraf konusundaki argümanını anlamıyorum. ve atom terimlerini sayar ; hadi şunu yazalım . Denklemi, iki çözümü olan : ve . İkinci olasılığı ortadan kaldırmak için bariz bir yol göremiyorum.# ( M ) # ( B ) + 1 = # x ( A ) × ( # ( B ) - 1 ) # x ( A ) = 2 , # ( B ) = 3 # x ( A ) = 3 , # ( B ) = 2λ#(M)#(B)+1=#x(A)×(#(B)−1)#x(A)=2,#(B)=3#x(A)=3,#(B)=2
Şimdi için eşit alt terimlerinin sayısı aynı muhakeme edelim her iki tarafta. İndirgeme üst kısmına yakın bir kaldırır ve vakalarım orada ikame edilir birçok olarak ekler de , yani 2. Bu nedenle bir daha oluşumu, yok olmalıdır; olanlar bu yana (nedeniyle kalır serbest ihtiva ), ekstra oluşumu sol tarafında olması gerekir .x A B A B x B λ x . birBxABABxBλx.A
Bunu nasıl Lercher deduces anlamıyorum yoktur bir subterm olarak, ancak bu kanıt ilgili aslında değildir.AB
İlk hipotezden, bir uygulamadır. Bu durum olamaz yüzden kendisi bir uygulama ile, . Yana bir subterm kendisi olamaz, formuna sahip olamaz , yani . Benzer şekilde .[(λx.A)/x]AA=xAMNλx.MN=[(λx.MN)/x]M=[(λx.MN)/x]NMMλx.PM=xN=x
Sayma argümanı olmayan bir kanıt tercih ederim. Varsayalım ki .(λx.A)B=[B/x]A
Eğer o zaman var çünkü mümkün değildir, kendisinin bir subterm olamaz. Bu nedenle, hipotezin sağ tarafı bir uygulamaya eşit olduğundan, bir uygulama ve ve .A=x(λx.A)B=BBAA1A2λx.A=[B/x]A1B=[B/x]A2
Eski eşitlikten, ya ya da . İkinci durumda, , $ A_1 olduğu için mümkün değil, kendi başına bir alt dönem olamaz.A 1 = λ x . [ B / X ] bir A 1 = λ x . ( λ x . A 1 A 2 ) BA1=xA1=λx.[B/x]AA1=λx.(λx.A1A2)B
İkinci eşit ya kaynaktan veya serbest sahip (aksi kendisinin bir subterm olacaktır). Bu ikinci durumda, .A 2 x B A 2 = BA2=xA2xBA2=B
Biz göstermiştir ki . İlk hipotezin sağ tarafı ve = .B B B = λ x . Bir λ x . x xA=xxBBB=λx.Aλx.xx