Чітке, інтуїтивне виведення комбінатора з фіксованою точкою (Y комбінатор)?

28

Комбінатор з фіксованою точкою FIX (він же Y-комбінатор) в (нетипізованому) лямбдальному обчисленні ( $\lambda$ ) визначається як:

$\triangleq \lambda f.(\lambda x. f~(\lambda y. x~x~y))~(\lambda x. f~(\lambda y. x~x~y))$

Я розумію його призначення і можу простежити виконання його застосування абсолютно чудово; Я хотів би зрозуміти, як вивести FIX з перших принципів .

Ось, наскільки я отримую, коли намагаюся сам це отримати?

FIX - це функція: FIX $\triangleq \lambda_\ldots$
FIX бере іншу функцію, $f$ , щоб зробити її рекурсивною: FIX $\triangleq \lambda f._\ldots$
Перший аргумент функції $f$ - це "ім'я" функції, яка використовується там, де призначена рекурсивна програма. Тому всі види першого аргументу на $f$ повинні бути замінені на функцію, і ця функція повинна очікувати решти аргументів $f$ (припустимо лише, що $f$ бере один аргумент): FIX $\triangleq \lambda f._\ldots f~(\lambda y. _\ldots y)$

Саме тут я не знаю, як «зробити крок» у своїх міркуваннях. Маленькі еліпси вказують, де мій FIX щось не вистачає (хоча я можу це знати лише порівнявши його з "справжнім" виправленням).

Я вже читав типи та мови програмування , який не намагається отримати це безпосередньо, а натомість скеровує читача до «Маленького схему» для виведення. Я також читав, що і його "виведення" було не таким корисним. Більше того, це менше прямого виведення та більше використання дуже конкретного прикладу та спеціальної спроби написати відповідну рекурсивну функцію в $\lambda$ .

— BlueBomber
джерело

1

Ця публікація може бути корисною. Взагалі, я думаю, що просто пройти та обчислити кілька ітерацій комбінатора корисно з’ясувати, чому він працює.

— Xodarap

2

Існує кілька різних комбінаторів з фіксованою точкою. Можливо, люди просто грали з комбінаторами, поки вони не натрапили на них.

— Yuval Filmus

@YuvalFilmus, саме це моє дослідження та відповідь на це запитання починають змушувати мене думати. Але я все-таки думаю, що було б доцільно "бачити", як логічно формуються комбінатори, навички, які були б особливо корисні, наприклад, при спробі побудувати новий комбінатор.

— BlueBomber

Прочитайте розділ 9 у «Маленькому лискучі», Даніель П. Фрідман (або «Маленький шемер»).

— користувач18199

2

Здається, ОП вказує на те, що вони вже це прочитали.

— Рафаель

29

Я ніде цього не читав, але я вважаю, що міг би отримати це: $Y$

Будемо мати рекурсивну функцію , можливо, факториальну чи щось подібне. Неофіційно ми визначаємо як псевдо лямбда-термін, де зустрічається в його власному визначенні: $f$ $f$ $f$

f = \dots f \dots f \dots

$f = \ldots f \ldots f \ldots$

По-перше, ми розуміємо, що рекурсивний виклик може бути врахований як параметр:

f = \underset{М}{\underset{⏟}{(λ r . (\dots r \dots r \dots))}} f

$f = \underbrace{(\lambda r . (\ldots r \ldots r \ldots))}_{M} f$

Тепер ми могли б визначити якби мав лише спосіб, як передати це як аргумент собі. Це не можливо, звичайно, тому що ми не маємо під рукою. Те , що ми маємо під рукою . Оскільки містить усе, що потрібно для визначення , ми можемо спробувати передати як аргумент замість і спробувати реконструювати з нього пізніше всередині. Наша перша спроба виглядає так: $f$ $f$ $M$ $M$ $f$ $M$ $f$ $f$

f = \underset{M}{\underset{⏟}{(λ r . (\dots r \dots r \dots))}} \underset{M}{\underset{⏟}{(λ r . (\dots r \dots r \dots))}}

$f = \underbrace{(\lambda r . (\ldots r \ldots r \ldots))}_{M} \underbrace{(\lambda r . (\ldots r \ldots r \ldots))}_{M}$

Однак це не зовсім правильно. Перед тим , отримали замінити всередині . Але тепер ми передаємо замість цього. Ми повинні як - то виправити всі місця , де ми використовуємо , щоб вони реконструкції від . Власне, це зовсім не складно: Тепер, коли ми знаємо, що , скрізь, де ми використовуємо ми просто замінюємо його на . $f$ $r$ $M$ $M$ $r$ $f$ $M$ $f = M M$ $r$ $(r r)$

f = \underset{M^{'}}{\underset{⏟}{(λ r . (\dots (r r) \dots (r r) \dots))}} \underset{M^{'}}{\underset{⏟}{(λ r . (\dots (r r) \dots (r r) \dots))}}

$f = \underbrace{(\lambda r . (\ldots (rr) \ldots (rr) \ldots))}_{M'} \underbrace{(\lambda r . (\ldots (rr) \ldots (rr) \ldots))}_{M'}$

Це рішення добре, але нам довелося змінити всередині. Це не дуже зручно. Ми можемо зробити це більш елегантно, не змінюючи , ввівши інший який надсилає свій аргумент, застосований до самого себе: Висловивши як отримуємо $M$ $M$ $\lambda$ $M$ $M'$ $\lambda x.M(xx)$

f = (λ x . \underset{M}{\underset{⏟}{(λ r . (\dots r \dots r \dots))}} (x x)) (λ x . \underset{M}{\underset{⏟}{(λ r . (\dots r \dots r \dots))}} (x x))

$f = (\lambda x.\underbrace{(\lambda r . (\ldots r \ldots r \ldots))}_{M}(xx)) (\lambda x.\underbrace{(\lambda r . (\ldots r \ldots r \ldots))}_{M}(xx))$

Таким чином, коли заміщений на , заміщений на , що за визначенням дорівнює . Це дає нам нерекурсивне визначення , виражене як дійсний лямбда-термін! $M$ $x$ $MM$ $r$ $f$ $f$

Перехід до тепер легкий. Ми можемо взяти довільний лямбда-термін замість і виконати на ньому цю процедуру. Таким чином, ми можемо виділити і визначити $Y$ $M$ $M$

Y = λ m . (λ x . m (x x)) (λ x . m (x x))

$Y = \lambda m . (\lambda x. m(xx)) (\lambda x.m(xx))$

Дійсно, зводиться до як ми його визначили. $Y M$ $f$

Примітка. Я вивів як це визначено в літературі. Комбінатор ви описали це варіант для виклику за значенням мов, іноді також називають . Дивіться цю статтю у Вікіпедії . $Y$ $Y$ $Z$

— Петро Пудлак
джерело

1

Відсутній но-здавалося б, очевидно , інтуїція , що ваш відмінний відповідь дав мені, що рекурсивна функція повинна себе в якості аргументу, тому ми почнемо з припущення , що функція буде мати вигляд

для деякого

. Тоді, будуючи

, ми використовуємо те твердження, що

визначається як застосування чогось до себе внутрішньо в

, наприклад, застосовуючи

у

у своїй відповіді, що за визначенням дорівнює

. Захоплююче!

f = X (X)

$f = X (X)$

X

$X$

X

$X$

f

$f$

X

$X$

x

$x$

x

$x$

f

$f$

— BlueBomber

11

Як зазначив Юваль, існує не один оператор з фіксованою точкою. Їх багато. Іншими словами, рівняння для теореми з фіксованою точкою не мають однозначної відповіді. Таким чином, ви не можете отримати від них оператора.

Це як запитати, як люди виводять як рішення для . Вони ні! Рівняння не має унікального рішення. $(x,y)=(0,0)$ $x=y$

На всякий випадок, що ви хочете знати, як було виявлено першу теорему з фіксованою точкою. Дозвольте сказати, що я також цікавився тим, як вони придумали теореми з фіксованою точкою / рекурсією, коли я вперше їх побачив. Це здається геніальним. Особливо у формі теорії обчислюваності. На відміну від того, що Юваль каже, це не так, що люди грали, поки щось не знайшли. Ось що я знайшов:

Наскільки я пам’ятаю, теорема спочатку обумовлена SC Kleene. Клійн придумав оригінальну теорему з фіксованою точкою, виправдавши доказ невідповідності початкового обчислення лямбда Церкви. Первісне лямбда-числення церкви зазнало парадоксу типу Русселя. Модифікований лямбдальний чисел уникнув проблеми. Клійн, мабуть, вивчив доказ невідповідності, щоб зрозуміти, як, якщо модифікована численність лямбда постраждає від подібної проблеми, і перетворив доказ невідповідності в корисну теорему модифікованого обчислення лямбда. Своєю роботою щодо еквівалентності обчислення ламбади з іншими моделями обчислень (машини Тюрінга, рекурсивні функції тощо) він переніс її на інші моделі обчислення.

Як отримати оператора, який ви можете запитати? Ось як я це пам’ятаю. Теорема з фіксованою точкою стосується зняття самовідсилання.

Всім відомий парадокс брехуна:

Я - лігво.

Або в більш мовній формі:

Це речення хибне.

Зараз більшість людей вважає, що проблема з цим реченням полягає в самонаведенні. Це не так! Самопосилання може бути усунено (проблема з правдою, мова взагалі не може говорити про істинність власних речень; див. Теорему про невизначеність істини Тарського ). Форма, у якій знімається самонавіювання, така:

Якщо ви пишете наступну цитату двічі, другий раз всередині лапок, отримане речення є помилковим: "Якщо ви пишете наступну цитату двічі, другий раз всередині лапок, отримане речення є помилковим:"

Ніякої самонавіювання, у нас є інструкції про те, як побудувати речення, а потім зробити щось із ним. А речення, яке вибудовується, дорівнює вказівкам. Зауважте, що у -калькуляції нам не потрібні лапки, оскільки немає різниці між даними та інструкціями. $\lambda$

Тепер, якщо ми проаналізуємо це, у нас є де - це інструкція побудувати і зробити щось для цього. $MM$ $Mx$ $xx$

$Mx = f(xx)$

Отже дорівнює і маємо $M$ $\lambda x. f(xx)$

$MM = (\lambda x. f(xx))(\lambda x. f(xx))$

This is for a fixed $f$ . If you want to make it an operator we just add $\lambda f$ and we get $Y$ :

$Y = \lambda f. (MM) = \lambda f.((\lambda x. f(xx))(\lambda x. f(xx)))$

So I just keep in mind the paradox without self-reference and that helps me understand what $Y$ is about.

— Kaveh
джерело

3

So you need to define a fixed point combinator

fix f = f (fix f)
      = f (f (fix f))
      = f (f (f ... ))

but without explicit recursion. Let's start with the simplest irreducible combinator

omega = (\x. x x) (\x. x x)
      = (\x. x x) (\x. x x)
      = ...

The x in the first lambda is repeatedly substituted by the second lambda. Simple alpha-conversion makes this process clearer:

omega =  (\x. x x) (\x. x x)
      =α (\x. x x) (\y. y y)
      =β (\y. y y) (\y. y y)
      =α (\y. y y) (\z. z z)
      =β (\z. z z) (\z. z z)

I.e. the variable in the first lambda always disappears. So if we add an f to the first lambda

(\x. f (x x)) (\y. y y)

the f will bob up

f ((\y. y y) (\y. y y))

We have got our omega back. It should be clear now, that if we add an f to the second lambda, then the f will appear in the first lambda and then it will bob up:

Y f = (\x. x x)     (\x. f (x x))
      (\x. f (x x)) (\x. f (x x)) -- the classical definition of Y

Since

(\x. s t) z = s ((\x. t) z), if `x' doesn't occur free in `s'

we can rewrite the expression as

f ((\x. x x) (\x. f (x x))

which is just

f (Y f)

and we have got our equation Y f = f (Y f). So the Y combinator is essentially

double the f
make the first f bobbed up
repeat

— user3237465
джерело

2

You may have seen the classic example of an equation without a normal form:

(λ x . x x) (λ x . x x) ▹ (λ x . x x) (λ x . x x)

$(\lambda x.xx)(\lambda x.xx) \triangleright (\lambda x.xx)(\lambda x.xx)$

A similar equation is suggested by that for general recursion:

\begin{matrix} (A) & \begin{array}{rr} (λ x . R (x x)) (λ x . R (x x)) \\ ▹ & R ((λ x . R (x x)) (λ x . R (x x))) \\ ▹ & R (R ((λ x . R (x x)) (λ x . R (x x)))) \\ ▹ & \dots \end{array} \end{matrix}

$\begin{array} {rr} & (\lambda x.R(xx))(\lambda x.R(xx)) ~\\ \triangleright & R(~ (\lambda x.R(xx))(\lambda x.R(xx))~) \\ \triangleright & R(R(~ (\lambda x.R(xx))(\lambda x.R(xx))~)) \\ \triangleright & \dots \end{array} \tag{A}$

(A) is a way to write general recursive equations in lambda calculus (beyond primitive recursive). So how you solve the equation $Yf = f(Yf)$ ? Plug $f$ in for $R$ in the above equation to get:

Y f = (λ x . f (x x)) (λ x . f (x x))

$Yf = (\lambda x.f(xx))(\lambda x.f(xx))$

Y = λ f . (λ x . f (x x)) (λ x . f (x x))

$Y = \lambda f.(\lambda x.f(xx))(\lambda x.f(xx))$

— DanielV
джерело