Порядки закриття для індуктивних типів з функціональними просторами

Функціонери, побудовані з кінцевих продуктів і сум, мають порядковий параметр закриття $\omega$, докладно детально викладений у цьому рукописі Франсуа Метаєра. тобто ми можемо досягти індуктивного типу$nat := \mu X. 1 + X$ ітерацією функтора $1 + X$, яка досягає своєї фіксованої точки після $\omega$ ітерації.

Але одного разу ми допускаємо постійну експоненцію, наприклад в $\mu X. 1 + X + (nat \rightarrow X)$, тоді $\omega$ недостатньо

Я шукаю результати, які включають експоненцію. Яких порядків достатньо?

Особливо вдячна буде посилання, яка представляє доказ того, що такі функціонери є $\alpha$-неперервний для деяких порядкових $\alpha$ як у наведеному вище рукописі.

Відповідь на ваше запитання залежить від кількох речей, найважливішим з яких є розмір ваших функціональних просторів . Я поясню. Визначте

$$O_0 = nat$$ $$O_{n+1} = \mu X.\ 1+X+(O_n\rightarrow X)$$ Як ви зазначили у своїй відповіді, кожен $O_n$можна вважати внутрішньо бути$n$- регулярний кардинал вашої системи. У теорії множин цей тип даних може бути представлений фактичним порядком і є відповідно величезним.

Однак такі конструкції можуть бути додані до якоїсь версії теорії типів, і виникає питання: яка порядкова необхідна для дати теоретико-множинній інтерпретації цій конструкції? Тепер, якщо ми обмежимось конструктивною семантикою, природною ідеєю є спробувати інтерпретувати кожен тип набором "реалізаторів" цього типу, що є підмножиною набору$\lambda$-терміни, або рівнозначно, натуральні числа $\mathbb{N}$.

У цьому випадку легко показати, що порядковий номер піддається будь-якому $O_n$, але що ця порядкова росте дуже швидко. Як швидко? Знову ж таки, це залежить від кількості свободи, яку ви маєте при спробі побудови функцій. Теорія побудови таких порядків описана в теорії великих лічильних ординалів, про яку Вікіпедія , на диво, має багато що сказати. Взагалі легко показати, що розглядаються ординалії менше, ніж ординар Церкви-Клін , якщо ви не дозволите неконструктивні засоби побудови функцій (скажімо$Beaver(n)$ що обчислює номер зайнятого бобра для машин із $n$ держав).

Але це не дуже багато, за винятком того, що в конструктивній теорії вам потрібні лише конструктивні порядки для побудови тлумачень. Але можна сказати трохи більше. По-перше, є дуже приємна презентація Thierry Coquand, яка детально пояснює , що за відсутності елімінатора для всіх інших типів, але$nat$, ви можете будувати $O_1$ точно $\epsilon_0$ кроки.

Загалом, схоже, існує відповідність між логічною силою теорії типів і розміром найбільшої порядкової форми, яку вона може представляти таким чином. Це листування є предметом Ординального аналізу , який досить довго вивчався з кінця шістдесятих років, і досі вивчається (з деякими дивовижними відкритими питаннями). Але попередження: тема настільки ж технічна, як і захоплююча.

Сподіваюсь, це допомагає.

Я думаю, я знайшов відповідь, яка працює в таких категоріях, як Set. Це теорема 3.1.12 про початкові алгебри та кінцеві вугілля: опитування Адамека, Міліуса та Мосса.

Відповідь полягає в тому, що жодної порядкової для всіх таких функціонерів недостатньо. Вони виходять довільно великими.

Точніше, для $F(X) = C_0\times(A_0 \rightarrow X) + C_1\times(A_1 \rightarrow X)\;+\;...\;+\; C_n\times(A_n \rightarrow X)$, відповідь - перша регулярна порядкова більша за всі$A_i$. Ми говоримо$\alpha$ регулярно, якщо для всіх $\beta < \alpha$, всі $\beta$-вкладені ланцюжки ординалів < $\alpha$ мати супремум < $\alpha$. Приблизно,$\alpha$ не досягається з меншого ланцюга менших порядків.

Ключовим результатом є те, що для $\alpha$ регулярний порядковий, обґрунтований $\alpha$-розгалужені дерева мають безмежну глибину < $\alpha$.

Неофіційно я розумію це як будь-яке $f : A_k \rightarrow F^\alpha(0)$ (тобто $f : A_k \rightarrow \bigcup_{i<\alpha} F^i(0)$) "вписується" $A_k \rightarrow F^j(0)$ де $j := \mathrm{sup}_{(a:A_k)} \text{``the i such that }f(a) \text{ fits into } F^i(0)"$. Це$j < \alpha$ тримає саме тому $\alpha$ регулярний і $|A_k| < \alpha$.

Тому $(A_k \rightarrow \bigcup_{i<\alpha}F^i(0)) \subseteq \bigcup_{j<\alpha} (A_k \rightarrow F^j(0))$ для кожного $k$.

Тож поширюючи це на всі $+$с і $\times$s, у нас є: $F(F^\alpha(0)) \subseteq \bigcup_{j<\alpha}F(F^j(0)) = \bigcup_{j<\alpha}F^j(0) = F^\alpha(0)$, і так воно досягнуто фіксованої точки в $\alpha$.

Мені не зовсім зрозуміло, як узагальнити цей аргумент поза межами Set. Як ми беремось$A_k$-додані коліміти?