Ламбда-обчислення терміни, які зводяться до себе

У моїх постійних пошуках, щоб спробувати вивчити лямбда-числення, "Хамбда-обчислення та комбінатори" Хіндлі та Селдіна "вступ" згадує наступний документ (Брюс Лерчер), який доводить, що єдиний вичерпний вираз, який є тим самим (перетворення модуля альфа) для себе є: .$(\lambda x.xx)(\lambda x.xx)$

Хоча я вірю в результат, я взагалі не дотримуюся аргументу.

Він досить короткий (менше одного абзацу). Будь-які пояснення були б дуже вітаються.

Спасибі,

Чарлі

По-перше, зауважте, що в результаті зазначено, що єдиний бета-перенастроювання, де права частина дорівнює (конверсія модуля альфа) до лівої, є ( λ x . X x ) . Є й інші терміни, які зводяться до себе, проводячи це перенастроювання в контексті.$(\lambda x. x x) (\lambda x. x x)$

Я бачу, як працює більшість доказів Лерчера, хоча є моменти, коли я не можу пройти, не змінивши доказів. Припустимо , що (я використовую = для альфа - еквівалентності), і відповідно з змінної конвенції припустимо , що х не відбувається вільно в B .$(\lambda x. A) B = [B/x] A$$=$$x$$B$

Порахуйте кількість в лівій та правій частині. Зменшення видаляє один з Redex, а також тих , B , і додає стільки , скільки є в B раз число входжень х в А . Іншими словами, якщо L ( M ) - число λ 's у M, а # x ( M ) - кількість вільних входжень x у M, то 1 + L ( B ) = # x$\lambda$$B$$B$$x$$A$$L(M)$$\lambda$$M$$\#_x(M)$$x$$M$ . Єдиним рішенням цього рівняння Діофантіна є # x ( A ) = 2 (і L ( B ) = 1, але ми не будемо використовувати цей факт).$1 + L(B) = \#_x(A) \times L(B)$$\#_x(A) = 2$$L(B)=1$

Я не розумію аргументу Лерчера для вищевказаного абзацу. Він підраховує кількість і атомних термінів; запишемо це # ( М ) . Рівняння - # ( B ) + 1 = # x ( A ) × ( # ( B ) - 1 ) , яке має два рішення: # x ( A ) = 2 , # ( B ) = 3 і # x ( $\lambda$$\#(M)$$\#(B) + 1 = \#_x(A) \times (\#(B) - 1)$$\#_x(A)=2, \#(B)=3$ . Я не бачу очевидного способу усунути другу можливість.$\#_x(A)=3, \#(B)=2$

Застосуємо тепер те ж міркування до кількості підрядів, рівних з обох сторін. Зменшення видаляє один біля вершини і додає стільки, скільки є заміщених випадків x в A , тобто 2. Отже, ще одне виникнення B повинне зникнути; оскільки ті, що знаходяться в A, залишаються (оскільки B не містить вільного x ), додаткове виникнення B у лівій частині має бути λ x . .$B$$x$$A$$B$$A$$B$$x$$B$$\lambda x. A$

Я не розумію, як Лерчер виводить, що не має B як підтерміну, але це насправді не має відношення до доказу.$A$$B$

З початкової гіпотези - додаток. Це не може бути випадком, якщо A = x , тому A є додатком M N , при λ x . M N = [ ( λ x . M N ) / x ] M = [ ( λ x . M N ) / x ] $[(\lambda x. A)/x] A$$A = x$$A$$M N$$\lambda x.M N = [(\lambda x. M N)/x] M = [(\lambda x. M N)/x] N$. Оскільки не може мати себе як підтермін, M не може мати вигляд λ x . P , тому M = x . Аналогічно N = x .$M$$M$$\lambda x.P$$M = x$$N = x$

Я вважаю за краще доказ без аргументів підрахунку. Припустимо , що .$(\lambda x. A) B = [B/x] A$

Якщо то маємо ( λ x . A ) B = B , що неможливо, оскільки B не може бути самою підтерміною. Таким чином, оскільки права частина гіпотези дорівнює додатку, A повинен бути додатком A 1 A 2 , а λ x . A = [ B / x ] A 1 і B = [ B / x ] A 2 .$A = x$$(\lambda x. A) B = B$$B$$A$$A_1 A_2$$\lambda x. A = [B/x] A_1$$B = [B/x] A_2$

З колишньої рівності або або A 1 = λ x . [ В / х ] . У другому випадку A 1 = λ x . ( λ x . A 1 A 2 ) B , що неможливо, оскільки $ A_1 не може бути самою підтерміною.$A_1 = x$$A_1 = \lambda x. [B/x] A$$A_1 = \lambda x. (\lambda x. A_1 A_2) B$

З останньої рівності або або A 2 не має вільного x (інакше B буде підметою самого себе). В останньому випадку, 2 = B .$A_2 = x$$A_2$$x$$B$$A_2 = B$

Ми показали, що . Права частина початкової гіпотези, таким чином, B B , а B = λ x . A = λ x . х х .$A = x x$$B B$$B = \lambda x. A$$\lambda x. x x$