Когда у пространств когерентности есть откаты и отжимания?

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

$\symp_X$ $X$ $(X, \symp_X)$ $f : X \to Y$ $f \subseteq X \times Y$ $(x,y) \in f$ $(x',y') \in f$

если то и $x \symp_X x'$ $y \symp_Y y'$
если и то . $x \symp_X x'$ $y = y'$ $x = x'$

Категория пространств когерентности является как декартовой, так и моноидально замкнутой. Я хотел бы знать, когда существуют откаты или откаты для этой категории, и когда существует какой-либо моноидальный аналог откатов или откатов (и как его определить, если это понятие имеет смысл).

— Нил Кришнасвами
источник

Откуда это определение? Тот, что в Girard, Lafont & Taylor, выглядит совсем иначе.

— Чарльз Стюарт

Два определения эквивалентны. Я просто воспринимаю сеть как примитив, из которого можно получить набор клик.

— Нил Кришнасвами

Я считаю, что выбор определения Нила гораздо более понятен, чем оригинал.

— Дэйв Кларк

Я поставлю очевидный вопрос: знаете ли вы, что они не всегда существуют? Другими словами, знакомы ли вы с какими-либо примерами функтора в отношениях когерентности, который не имеет ограничения / ограничения?

— Охад Каммар

Два определения эквивалентны - верно, но вы составили это определение или получили его от кого-то другого? Отличный вопрос, кстати, я удивлен, что никто не знает, всегда ли существуют эквалайзеры.

— Чарльз Стюарт

Теперь я вижу, как определить эквалайзеры для пространств когерентности, что означает, что откаты всегда существуют (так как продукты делают). Я не знаю, как это сделать, на самом деле ....

Напомним, что композиция - это обычная реляционная композиция, поэтому если и , то: $f : A \to B$ $g : B \to C$

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

(В этом определении экзистенциал фактически подразумевает уникальное существование. Предположим, что у нас есть такое, что и . Поскольку мы знаем, что , это означает, что . Тогда это означает, что у нас есть и и , поэтому .) $b' \in B$ $(a,b') \in f$ $(b', c) \in g$ $a \Bumpeq_A a$ $b \Bumpeq_B b'$ $b \Bumpeq_B b'$ $(b,c) \in g$ $(b',c) \in g$ $b = b'$

Теперь мы строим эквалайзеры. Предположим , что мы имеем когерентные пространства и , и морфизмов . Теперь определите эквалайзер следующим образом. $A$ $B$ $f, g : A \to B$ $(E, e : E \to A)$

Для сети возьмите Это выбирает подмножество лексем из , на которых либо и согласны (до согласования - я имел это неправильно в моей первой версии ) или оба не определены.
$E = {\begin{array}{lc} \forall b . (a, b) \in f ⟹ \exists a^{'} ≎_{A} a . (a^{'}, b) \in g \\ a \in A & \land \\ \forall b . (a, b) \in g ⟹ \exists a^{'} ≎_{A} a . (a^{'}, b) \in f \end{array}}$ $E = \left\{ \begin{array}{l|c} & \forall b.\; (a,b) \in f \implies \exists a' \Bumpeq_A a.\; (a',b) \in g \\ a \in A & \land \\ & \forall b.\; (a,b) \in g \implies \exists a' \Bumpeq_A a.\; (a',b) \in f \\ \end{array} \right\}$ $A$ $f$ $g$
Определите отношение когерентности для . Это просто ограничение когерентности отношения на к подмножеству . Это будет рефлексивным и симметричным, поскольку есть. $\Bumpeq_E = \{ (a,a') \in \Bumpeq_A \;|\; a \in E \land a' \in E\}$ $A$ $E$ $\Bumpeq_A$
Отображение эквалайзера - это просто диагональ . $e$ $e : E \to A = \{(a, a)\;|\;a \in E\}$

Так как я испортил свою первую версию доказательства, я предоставлю свойство универсальности явно. Предположим, что у нас есть любой другой объект и морфизм такой, что . $X$ $m : X \to A$ $m;f = m;g$

Теперь определим как . Очевидно, что , но чтобы показать равенство, нам нужно показать обратное . $h : X \to E$ $\{(x,a) \;|\; a \in E\}$ $h;i \subseteq m$ $m \subseteq h;i$

Итак, предположим . Теперь нам нужно показать, что и . $(x,a) \in m$ $\forall b.\; (a,b) \in f \implies \exists a' \Bumpeq_A a.\; (a',b) \in g$ $\forall b.\; (a,b) \in g \implies \exists a' \Bumpeq_A a.\; (a',b) \in f$

Сначала предположим, что и . Итак, мы знаем, что и , поэтому . Следовательно, , и поэтому существует такое, что и . Поскольку , мы знаем , и поэтому существует такой, что . $b \in B$ $(a,b) \in f$ $(x,a) \in m$ $(a,b) \in f$ $(x,b) \in m;f$ $(x,b) \in m;g$ $a' \in A$ $(x,a') \in m$ $(a',b) \in g$ $x \Bumpeq x$ $a \Bumpeq a'$ $a' \Bumpeq a$ $(a',b) \in g$

Симметрично предположим, что и . Итак, мы знаем, что и , поэтому . Следовательно, , и поэтому существует такое, что и . Поскольку , мы знаем , и поэтому существует такой, что . $b \in B$ $(a,b) \in g$ $(x,a) \in m$ $(a,b) \in g$ $(x,b) \in m;g$ $(x,b) \in m;f$ $a' \in A$ $(x,a') \in m$ $(a',b) \in f$ $x \Bumpeq x$ $a \Bumpeq a'$ $a' \Bumpeq a$ $(a',b) \in f$

— Нил Кришнасвами
источник

Я не понимаю , как вы можете доказать универсальны. Существует только один способ разложить любое , и это путем установки как . Очевидно, что , но я не понимаю, почему верно обратное: возьмем и несколько с помощью . Тогда мы имеем , следовательно, из выбора мы имеем . Из определения состава существуют некоторые такие, что и . Мы можем сделать вывод , что

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^{'}

$a \symp a'$ , но мы знаем только, что и , поэтому мы не можем на самом деле вывести, что и закончить.

a f b

$afb$

a^{'} g b

$a'gb$

a = a^{'}

$a=a'$

— Охад Каммар

Да, вы правы - поднабор, который выбирает эквалайзер, должен соответствовать согласованности, а не равенству. Я изменил определение, чтобы отразить это, и дал доказательство, что диаграмма коммутирует явно.

— Нил Кришнасвами

Ах ... Но теперь не выравнивает диаграмму. Действительно, предположим, что . Тогда, по определению , мы имеем , следовательно, существует некоторое такое, что . Но у нас нет этого , поэтому мы не можем показать, что . Вы, кажется, сталкиваетесь с теми же проблемами, с которыми я столкнулся вчера вечером, поэтому мой очевидный вопрос выше. Но, возможно, вам удастся там, где я провалился! Мой следующий шаг состоял в том, чтобы взять более сложный , скажем что-то вроде , но тогда не является действительным морфизмом, поэтому требуется более тщательный выбор.

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

Теперь я помню, почему я надеялся, что ответ уже был в чьей-то диссертации. :) В любом случае, я подумаю об этом подробнее - возможно, возможен некоторый трюк, связанный с тем фактом, что инверсные изображения попарно некогерентны.

— Нил Кришнасвами