Коли у місцях узгодженості виникають відхилення та віджимання?

$\newcommand{\symp}{\Bumpeq}$

узгодженості $\symp_X$ на множині $X$ - це рефлексивне та симетричне відношення. Простір когерентності - пара $(X, \symp_X)$ , а морфізм $f : X \to Y$ між когерентними просторами є відношенням $f \subseteq X \times Y$ так, що для всіх $(x,y) \in f$ і $(x',y') \in f$ ,

якщо $x \symp_X x'$ то $y \symp_Y y'$ , і
якщо $x \symp_X x'$ і $y = y'$ то $x = x'$ .

Категорія когерентних просторів є декартовою та моноїдної замкнутою. Мені хотілося б знати, коли для цієї категорії існують відкази чи віджимання, і коли існує якийсь моноїдний аналог відкатів чи виштовхувань (і як їх визначити, якщо це поняття має сенс).

— Ніл Кришнасвамі
джерело

Звідки це визначення? Той, що в Жирарді, Лафонті та Тейлорі, виглядає зовсім інакше.

— Чарльз Стюарт

Два визначення є рівнозначними. Я просто сприймаю Інтернет як примітивний, з якого можна отримати набір кліків.

— Neel Krishnaswami

Я вважаю, що вибір Ніла визначається набагато зрозуміліше, ніж оригінал.

— Дейв Кларк

Я висловлю очевидне запитання: чи знаєте ви, що вони не завжди існують? Іншими словами, чи знайомі ви з будь-якими прикладами функціонера взаємозв'язків, які не мають межі / обмеження?

— Охад Каммар

Два визначення рівнозначні - Правильно, але ви склали це визначення, чи отримали ви його від когось іншого? Чудове запитання, btw, я здивований, що, здається, ніхто не знає, чи завжди існують еквалайзери.

— Чарльз Стюарт

Тепер я бачу, як визначити еквалайзери для когерентних просторів, а це означає, що виправлення завжди існують (оскільки продукти є). Я не знаю, як це зробити, насправді….

Нагадаємо, що композиція - це звичайна реляційна композиція, тому якщо і , то: $f : A \to B$ $g : B \to C$

$f ; g = \{(a,c) \in A \times C \;|\; \exists b \in B.\; (a,b) \in f \land (b,c) \in g\}$

(У цьому визначенні екзистенціал насправді передбачає унікальне існування. Припустимо, у нас є таке, що і Оскільки ми знаємо, що , це означає, що . Тоді це означає, що у нас є і і , тому, отже, .) $b' \in B$ $(a,b') \in f$ $(b', c) \in g$ $a \Bumpeq_A a$ $b \Bumpeq_B b'$ $b \Bumpeq_B b'$ $(b,c) \in g$ $(b',c) \in g$ $b = b'$

Тепер будуємо еквалайзери. Припустимо , що ми маємо когерентні простору і , і морфізма . Тепер визначте еквалайзер наступним чином. $A$ $B$ $f, g : A \to B$ $(E, e : E \to A)$

Для Інтернету візьміть Це вибирає підмножину токенів на які погоджуються або і (до узгодженості - я помилявся в своїй першій версії ), або обидва не визначені.
$E = {\begin{array}{lc} \forall b . (a, b) \in f ⟹ \exists a^{'} ≎_{A} a . (a^{'}, b) \in g \\ a \in A & \land \\ \forall b . (a, b) \in g ⟹ \exists a^{'} ≎_{A} a . (a^{'}, b) \in f \end{array}}$ $E = \left\{ \begin{array}{l|c} & \forall b.\; (a,b) \in f \implies \exists a' \Bumpeq_A a.\; (a',b) \in g \\ a \in A & \land \\ & \forall b.\; (a,b) \in g \implies \exists a' \Bumpeq_A a.\; (a',b) \in f \\ \end{array} \right\}$ $A$ $f$ $g$
Визначте співвідношення когерентності на . Це просто обмеження когерентності відносини на до підмножини . Це буде рефлексивно та симетрично, оскільки є. $\Bumpeq_E = \{ (a,a') \in \Bumpeq_A \;|\; a \in E \land a' \in E\}$ $A$ $E$ $\Bumpeq_A$
Карта еквалайзера - це просто діагональ . $e$ $e : E \to A = \{(a, a)\;|\;a \in E\}$

Оскільки я переплутав свою першу версію доказу, я надам властивість універсальності чітко. Припустимо, у нас є будь-який інший об’єкт і морфізм такий, що . $X$ $m : X \to A$ $m;f = m;g$

Тепер визначте як . Очевидно , але щоб показати рівність, нам потрібно показати зворотній . $h : X \to E$ $\{(x,a) \;|\; a \in E\}$ $h;i \subseteq m$ $m \subseteq h;i$

Отже припустимо . Тепер нам потрібно показати, що і . $(x,a) \in m$ $\forall b.\; (a,b) \in f \implies \exists a' \Bumpeq_A a.\; (a',b) \in g$ $\forall b.\; (a,b) \in g \implies \exists a' \Bumpeq_A a.\; (a',b) \in f$

Спочатку припустимо, що і . Отже, ми знаємо, що і , так . Тому , і так є такий, що і . Оскільки , ми знаємо , і тому є , що . $b \in B$ $(a,b) \in f$ $(x,a) \in m$ $(a,b) \in f$ $(x,b) \in m;f$ $(x,b) \in m;g$ $a' \in A$ $(x,a') \in m$ $(a',b) \in g$ $x \Bumpeq x$ $a \Bumpeq a'$ $a' \Bumpeq a$ $(a',b) \in g$

Симетрично припустимо, що і . Отже, ми знаємо, що і , так . Тому , і тому є такий, що і . Оскільки , ми знаємо , і тому є такий, що . $b \in B$ $(a,b) \in g$ $(x,a) \in m$ $(a,b) \in g$ $(x,b) \in m;g$ $(x,b) \in m;f$ $a' \in A$ $(x,a') \in m$ $(a',b) \in f$ $x \Bumpeq x$ $a \Bumpeq a'$ $a' \Bumpeq a$ $(a',b) \in f$

— Ніл Кришнасвамі
джерело

Я не розумію , як ви можете довести універсальні. Існує лише один спосіб розподілити будь-який , і це встановивши як . Очевидно , але я не бачу, чому справедливий : візьміть деякі , а деякі , з . Тоді у нас , отже, з вибору ми маємо . З визначення складу, існує деякий такий, що і . Ми можемо зробити висновок, що

e

$e$

m : X \to A

$m : X \rightarrow A$

h : X \to E

$h : X \rightarrow E$

h := {(x, a) : (x, a) \in m, a \in E}

$h := \{(x, a) : (x,a) \in m, a \in E\}$

h; e \subset m

$h;e \subset m$

x m a

$xma$

b \in B

$b \in B$

a f b

$afb$

x (m; f) b

$x(m;f)b$

m

$m$

x (m; g) b

$x(m;g)b$

a^{'}

$a'$

x m a^{'}

$xma'$

a^{'} g b

$a'gb$

a \symp a^{'}

$a \symp a'$ , але ми знаємо лише, що і , тому ми не можемо дійсно вивести, що і закінчити.

a f b

$afb$

a^{'} g b

$a'gb$

a = a^{'}

$a=a'$

— Охад Каммар

Так, ви маєте рацію - підмножина, яку вибирає еквалайзер, повинна відповідати узгодженості, а не рівності. Я змінив визначення, щоб відобразити це, і дав доказ, діаграма чітко змінюється.

— Ніл Крішнасвамі

А-а ... Але тепер не зрівняє діаграму. Дійсно, припустимо, . Тоді, за визначенням , ми маємо , отже, існує деякий такий, що . Але у нас немає цієї , тому ми не можемо показати, що . Ви, здається, стикаєтеся з тими ж проблемами, з якими я зіткнувся минулої ночі, звідси моє очевидне запитання вище. Але, можливо, вам вдасться там, де я провалився! Наступним моїм кроком було зробити більш досконалий , сказати щось на кшталт , але тоді не є дійсним морфізмом, тому потрібен більш ретельний вибір.

e

$e$

a (e; f) b

$a(e;f)b$

e

$e$

a f b

$afb$

a^{'} \symp a

$a'\symp a$

a^{'} g b

$a'gb$

a e a^{'}

$aea'$

a (e; g) b

$a(e;g)b$

e

$e$

a e a^{'} ⟺ a \symp a^{'}

$aea' \iff a\symp a'$

e

$e$

— Охад Каммар

Тепер я пам’ятаю, чому я сподівався, що відповідь уже в чиїйсь тезі. :) У всякому разі, я подумаю про це докладніше - можливо, можливий якийсь трюк через те, що обернені зображення попарно несумісні.

— Ніл Крішнасвамі