Рівність рішучих доказів?

Хочу знати, чи можна довести рівномірність двох рішучих доказів одного і того ж твердження без додаткових аксіом в обчисленні індуктивних конструкцій.

Зокрема, я хочу знати, чи це правда без додаткових аксіом у Coq.

\forall P : Prop, P \lor \neg P \Rightarrow (\forall p_{1} : P, \forall p_{2} : P, {p_{1} = p_{2}} \lor {p_{1} \neq p_{2}})

$\forall P: \texttt{Prop}, P \vee \neg P \Rightarrow (\forall p_1 : P, \forall p_2: P, \{p_1 = p_2\} \vee \{p_1 \neq p_2\})$

Дякую!

Відредаговано, щоб виправити помилку: Змініть 2, щоб зробити Propбільш явним

coq constructive-mathematics calculus-of-constructions

— Адам Барак
джерело

Те, що ви написали, не має сенсу. Якщо

P

$P$ є пропозицією тоді

p : P

$p : P$ це доказ, і ви не можете сформувати

p \lor \neg p

$p \lor \lnot p$ . Ви мали на увазі свою гіпотезу

P \lor \neg P

$P \lor \lnot P$ замість

p \lor \neg p

$p \lor \lnot p$ , тобто "

P

$P$ є рішучим "?

— Андрій Бауер

Вибачте, я мав на увазі гіпотезу "

P

$P$ є рішучим ", тобто

P \lor \neg P

$P \vee \neg P$

— Адам Барак

Брати

P

$P$ бути

N \to N

$\mathbb{N} \to \mathbb{N}$ , а твердження хибне, оскільки ви можете легко мешкати

(N \to N) \lor \neg (N \to N)

$(\mathbb{N} \to \mathbb{N}) \vee \lnot(\mathbb{N} \to \mathbb{N})$ з

i n l (λ x . x)

$\mathsf{inl}(\lambda x.\;x)$ , а еквівалентність функції, очевидно, не можна визначити. Чи є інші умови на

P

$P$ ви маєте на увазі?

— Neel Krishnaswami

П має бути пропозицією. (Власне, у своїй розробці я вже використовую функціональну розширеність, тому твердження все ще може бути для мене, але давайте поки ігноруємо функціональну / пропозиційну розширеність).

— Адам Барак

Розширення функції не означає, що еквівалентність функції вирішується ... І відповідь Ніла вирішує загальний випадок: якщо P - нежилий тип нескінченного типу (який включає деякі типи пропозицій, якщо додаткові аксіоми не включені), то імплікація не вдається триматися за

P \to P

$P\rightarrow P$ .

— коді

Як зазначає Ніл, якщо ви працюєте в розділі "пропозиції є типами", ви можете легко створити тип, рівність якого не може бути визнаним рішучим (але, звичайно, слід вважати, що всі типи мають рішучу рівність), наприклад $\mathbb{N} \to \mathbb{N}$ .

Якщо ми розуміємо «пропозицію» як тип обмеженого типу, то відповідь залежить від того, що саме ми маємо на увазі. Якщо ви працюєте в обчисленні конструкцій з таким Propвидом, то ви все одно не можете показати, що рішення, що вирішуються, мають рівноцінні рішення. Це тому, що в обчисленні конструкцій послідовно прирівнювати Propдо всесвіту, що відповідає доказуванню, тому для всіх, що ви знаєте, Propможе бути щось подібне $\mathbb{N} \to \mathbb{N}$ . Це також означає, що ви не можете довести свою теорему щодо поняття Кока Prop.

Але в будь-якому випадку найкраща відповідь виходить з теорії типу гомотопії. Там пропозиція - тип $P$ що задовольняє

\forall x, y : P . x = y .

$\forall x, y : P \,.\, x = y.$ Тобто, пропозиція має максимум один елемент (як це має бути, якщо його слід розуміти як доказово-невідповідне значення істини). У цьому випадку відповідь, звичайно, є позитивною, оскільки з визначення пропозиції негайно випливає, що її рівність може бути вирішена.

Мені цікаво дізнатися, що ви маєте на увазі під «пропозицією».

— Андрій Бауер
джерело

Як би ти мав

N \to N

$\mathbb{N} \rightarrow \mathbb{N}$ всередині Prop? Дякую!

— Адам Барак

У розрахунковій конструкції немає нічого, що заважає

P r o p = T y p e

$\mathtt{Prop} = \mathtt{Type}$ , є там?

— Андрій Бауер

Плутанина тут стосується того, що мається на увазі під «системою кок». Якщо це "обчислення конструкцій", то

P r o p = S e t = T y p e

$\mathtt{Prop=Set=Type}$ . Якщо точніше "Обчислення індуктивних конструкцій з 1 непередбачуваною Всесвіту", то

T y p e

$\mathtt{Type}$ без анотацій на Всесвіті безглуздо. Наскільки мені відомо,

T y p e_{1} = P r o p

$\mathtt{Type_1=Prop}$ є послідовною аксіомою (хоча і не відповідає ЕМ з тонких причин).

— коді

Звичайно, ми повинні застосувати індекс до

T y p e

$\mathtt{Type}$ . Сенс для розуміння @AdamBarak такий: тому що

P r o p = {T y p e}_{1}

$\mathtt{Prop} = \mathtt{Type}_1$ не призводить до будь-якого протиріччя в Coq, ми можемо показати, що чогось не можна зробити в Coq, показавши, що це призведе до суперечності, якби у нас також

P r o p = {T y p e}_{1}

$\mathtt{Prop} = \mathtt{Type}_1$ .

— Андрій Бауер

Все ще не зовсім правильно, тому що в Coq ми не можемо показати, що функціональна еквівалентність не визначається. Твердження «рівність на

N \to N

$\mathbb{N} \to \mathbb{N}$ це рішуче "- це те, що Мартін Ескардо називає конструктивним табу: його не можна ні довести, ні спростувати в Coq. Тож правильний аргумент:

P r o p = {T y p e}_{1}

$\mathtt{Prop} = \mathtt{Type}_1$ тоді

N \to N

$\mathbb{N} \to \mathbb{N}$ є пропозиція, а твердження «рівність на

N \to N

$\mathbb{N} \to \mathbb{N}$ є рішучим "не є доказовим" (тоді як ви сказали: і твердження "рівність на

N \to N

$\mathbb{N} \to \mathbb{N}$ є рішучим "є помилковим).

— Андрій Бауер