Які рівняльні закони для нульових типів?

Відмова : хоча я дбаю про теорію типів, я не вважаю себе експертом з теорії типів.

У просто набраному лямбдальному обчисленні нульовий тип не має конструкторів і унікального елімінатора:

\frac{Γ ⊢ M : 0}{Γ ⊢ i n i t i a l (M) : A}

$\frac{\Gamma \vdash M \colon 0}{\Gamma \vdash initial (M) \colon A}$

З денотаційної точки зору, рівняння очевидно (коли типи мають сенс). $initial (M_1) = initial(M_2)$

Однак з цієї точки зору я також можу зробити висновок, що коли , то: . Ця дедукція здається сильнішою, хоча конкретна модель, яка показує, ухиляється від мене. $M,M' \colon 0$ $M = M'$

(Я маю деяку доказово-теоретичну інтуїцію: неважливо, яке протиріччя ви використовуєте для отримання мешканця, але можуть бути різні докази суперечності.)

Отже, мої запитання:

Які стандартні рівняння законів для нульових типів?
Чи будь-який із них класифікується як чи закони? $\eta$ $\beta$

— Охад Каммар
джерело

Відповіді:

Стандартні рівнянні правила для порожнього типу, як ви думаєте, . Подумайте про стандартну теоретико-множинську модель, де множини інтерпретуються за типами: типи суми - це непересічні об'єднання, а порожній - порожній. Отже, будь-які дві функції також повинні бути рівними, оскільки вони мають загальний графік (а саме порожній графік). . $\Gamma \vdash e = e' : 0$ $e,e' : \Gamma \to 0$
Пустий тип не має правил, оскільки для нього немає вступних форм. Єдине рівняльне правило - це правило . Однак, залежно від того, наскільки суворо ви хочете інтерпретувати, що таке ета-правило, ви можете розбити це на перетворення плюс комутацію. Суворе -rule: $\beta$ $\eta$ $\eta$ $\eta$

$e = i n i t i a l (e)$ $e = \mathrm{initial}(e)$
Покриття на маршрутах:

$C [i n i t i a l (e)] = i n i t i a l (e)$ $C[\mathrm{initial}(e)] = \mathrm{initial}(e)$

Редагувати:

Ось чому дистрибутивність при нульовому типі передбачає рівність усіх карт . $A \to 0$

Щоб виправити позначення, запишемо щоб це була унікальна карта від до , і запишемо щоб бути деякою картою від до . $!_A : 0 \to A$ $0$ $A$ $e : A \to 0$ $A$ $0$

Тепер умова розподілу говорить про те, що існує ізоморфізм . Оскільки початкові об'єкти є унікальними аж до ізоморфізму, це означає, що є самим початковим об'єктом. Тепер ми можемо використовувати це, щоб показати, що сам є початковим об'єктом. $i : 0 \simeq A \times 0$ $A \times 0$ $A$

Оскільки є початковим об'єктом, ми знаємо, що карти і рівні. $A \times 0$ $\pi_1 : A \times 0 \to A$ $!_A \circ \pi_2$

Тепер, щоб показати, що є початковим об'єктом, нам потрібно показати ізоморфізм між ним та . Виберемо і як складові ізоморфізму. Ми хочемо показати, що і . $A$ $0$ $e : A \to 0$ $!_A : 0 \to A$ $e \circ !_A = id_0$ $!_A \circ e = id_A$

Показавши, що є негайним, оскільки існує лише одна карта типу , і ми знаємо, що завжди існує карта ідентичності. $e \circ !_A = id_0$ $0 \to 0$

Щоб показати інший напрямок, зверніть увагу

\begin{array}{lcll} i d_{A} & = & π_{1} \circ (i d_{A}, e) & Product equations \\ = & !_{A} \circ π_{2} \circ (i d_{A}, e) & Since A \times 0 is initial \\ = & !_{A} \circ e & Product equations \end{array}

$\begin{array}{lcll} id_A & = & \pi_1 \circ (id_A, e) & \mbox{Product equations} \\ & = & !_A \circ \pi_2 \circ (id_A, e) & \mbox{Since $A\times 0$ is initial} \\ & = & !_A \circ e & \mbox{Product equations} \end{array}$

Отже, маємо ізоморфізм , і тому є початковим об'єктом. Тому карти є унікальними, і якщо у вас , то . $A \simeq 0$ $A$ $A \to 0$ $e,e' : A \to 0$ $e = e'$

EDIT 2: Виявляється, ситуація красуня, ніж я спочатку думав. Я дізнався від Ульріха Бухольца, що очевидно (в математичному сенсі "ретроспективно очевидний") кожен biCCC є розповсюджувальним. Ось милий маленький доказ: $\newcommand{\Hom}{\mathrm{Hom}}$

\begin{array}{lcl} H o m ((A + B) \times C, (A + B) \times C) & ≃ & H o m ((A + B) \times C, (A + B) \times C) \\ ≃ & H o m ((A + B), C \to (A + B) \times C) \\ ≃ & H o m (A, C \to (A + B) \times C) \times H o m (B, C \to (A + B) \times C) \\ ≃ & H o m (A \times C, (A + B) \times C) \times H o m (B \times C, (A + B) \times C) \\ ≃ & H o m ((A \times C) + (B \times C), (A + B) \times C) \end{array}

$\begin{array}{lcl} \Hom((A + B) \times C, (A + B) \times C) & \simeq & \Hom((A + B) \times C, (A + B) \times C) \\ & \simeq & \Hom((A + B), C \to (A + B) \times C) \\ & \simeq & \Hom(A , C \to (A + B) \times C) \times \Hom(B, C \to (A + B) \times C) \\ & \simeq & \Hom(A \times C, (A + B) \times C) \times \Hom(B \times C, (A + B) \times C) \\ & \simeq & \Hom((A \times C) + (B \times C), (A + B) \times C) \end{array}$

— Ніл Кришнасвамі
джерело

Щодо 1: Я вважаю нульовий тип як початковий об’єкт. Вихідні об'єкти можуть мати кілька стріл в них, але може бути тільки одна стрілка з них. Іншими словами, я не одразу бачу жодної причини, за якою bi-CCC означає 0 бути підтерміновим. Чи є такий?

— Охад Каммар

Так: той факт, що STLC з сумами потребує розподільного bi-CCC ( ) для його інтерпретації, і унікальність для 0 Тип поставляється як нульова версія цього. (Спробуйте записати тлумачення правила усунення для сум, і ви побачите це.)

(X \times A) + (X \times B) ≃ X \times (A + B)

$(X \times A) + (X \times B) \simeq X \times (A+B)$

— Неель Кришнасвамі

Я не стежу за цим. Розподільність становить мають обернену. Чому це означає, що є субтермінальним?

i n i t i a l : 0 \to A \times 0

$initial : 0 \to A\times 0$

0

$0$

— Охад Каммар

Ага! Дякую за доказ! І за терпіння теж!

— Охад Каммар

щодо редагування 2: ліві суміжні елементи зберігають коломіти. Якщо категорія декартово замкнуто, то є зв'язаним зліва так є сума .

(-) \times C

$(-)\times C$

(-)^{C}

$(-)^C$

(A + B) \times C

$(A+B)\times C$

A \times C + B \times C

$A\times C + B\times C$

— Охад Каммар

Рівняння фіксує лише той факт, що має максимум один елемент, тому я не думаю, що Ніл захоплює всю історію. Я б аксіоматизував порожній тип наступним чином. $e = e' : 0$ $0$ $0$

Правил введення немає. Правило усунення -Рівняння - де і . Протягом будь-якого типу. Рівняння мотивовано наступним чином : якщо вам вдалося сформувати термін , то населений , але це абсурд , так що все рівняння справедливі. Отже, ще одним способом досягнення такого ж ефекту було б поставити рівняння

\frac{e : 0}{{m a g i c}_{τ} (e) : τ} .

$\frac{e : 0}{\mathtt{magic}_\tau(e) : \tau}.$

{m a g i c}_{τ} (e) = e^{'} : τ

$\mathtt{magic}_\tau(e) = e' : \tau$

e : 0

$e : 0$

e^{'} : τ

$e' : \tau$

τ

$\tau$

{m a g i c}_{τ} (e)

$\mathtt{magic}_\tau(e)$

0

$0$

e

$e$

x : 0, Γ ⊢ e_{1} = e_{2} : τ

$x : 0, \Gamma \vdash e_1 = e_2 : \tau$ що, мабуть, не так приємно, оскільки воно відповідає контексту. З іншого боку, це виразніше показує, що ми констатуємо той факт, що будь-які два морфізми від до рівні ( - це відволікання в CCC).

0

$0$

τ

$\tau$

Γ

$\Gamma$

— Андрій Бауер
джерело

Привіт, Андрію, рівняння, яке ти пропонуєш, можна отримати з конверсії, котрий я дав. є похідним від , оскільки насправді не має відбуватися ліворуч. Аналогія полягає в , якщо не використовувати результат аналізу випадку, це нормально, якщо ви робите те саме в обох гілках.

m a g i c (e) = e^{'}

$\mathtt{magic}(e) = e'$

C [m a g i c (e)] = m a g i c (e)

$C[\mathtt{magic}(e)] = \mathtt{magic}(e)$

m a g i c (e)

$\mathtt{magic}(e)$

C [c a s e (e, x . e^{'}, y . e^{″})] = c a s e (e, x . C [e^{'}], y . C [e^{″}])

$C[\mathtt{case}(e,x.\;e',y.\;e'')] = \mathtt{case}(e, x.\;C[e'], y.\;C[e''])$

— Neel Krishnaswami

Мені слід додати, що мені подобається презентація з контекстами краще - дійсно, я думаю, що в цілому це найчистіше, якщо ви насправді допускаєте рівняння значень суми в контексті! Це набагато приємніше для фактичних доказів, ніж ігри з комерційними перетвореннями, IMO. (IIRC, це еквівалентно додатковому припущенню стабільних копродуктів, але для всіх моделей я можу з розумом бачити турботу про це.)

— Neel Krishnaswami

Ага так, чудово. Мені було занадто пізно думати про перетворення маршрутів, тому я зробив вигляд, що ти не написав цю частину. Тепер Охад може мати свій вибір.

— Андрій Бауер

Я перевіряв деякі структурні ( , і т.д.) правила в класі моделей. Хоча я знаю, що набір рівнянь, які я дав, не був повним (для цього вам потрібен CBPV зі складними значеннями та стеками), я хотів принаймні зафіксувати стандартні рівняння, які будуть використані для доведення повноти, якщо б у мене було достатньо рівнянь. Іншими словами, я хотів стандартних рівнянь рівняння для нульових типів.

η

$\eta$

β

$\beta$

— Охад Каммар

Не існує стандартних рівнянь рівняння для нульових типів. Логіки завжди боялися порожнього всесвіту дискурсу, а комп'ютерні працівники завжди боялися порожнього типу. Вони навіть назвали не порожній тип "пустотою", щоб заперечити порожній тип.

— Андрій Бауер