Каковы эквациональные законы для нулевых типов?

Отказ от ответственности : хотя я забочусь о теории типов, я не считаю себя экспертом по теории типов.

В простом типе лямбда-исчисления нулевой тип не имеет конструкторов и уникального элиминатора:

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

С денотационной точки зрения уравнение $initial (M_1) = initial(M_2)$ очевидно (когда типы имеют смысл).

Однако с этой точки зрения я также могу сделать вывод, что, когда $M,M' \colon 0$ , то: $M = M'$ . Этот вывод кажется более сильным, хотя конкретная модель, показывающая его, ускользает от меня.

(У меня есть некоторая теоретико-доказательная интуиция: не имеет значения, какое противоречие вы используете, чтобы получить обитателя, но могут быть разные доказательства противоречия.)

Итак, мои вопросы:

1. Каковы стандартные эквациональные законы для нулевых типов?
2. Любой из них классифицируется как или β законы?$\eta$$\beta$

1. Стандартные эквациональные правила для пустого типа, как вы догадываетесь, . Подумайте о стандартной теоретико-множественной модели, в которой множества интерпретируются по типам: типы сумм - это непересекающиеся объединения, а пустой тип - это пустое множество. Таким образом, любые две функции e , e ′ : Γ → 0 также должны быть равны, поскольку они имеют общий граф (а именно, пустой граф). ,$\Gamma \vdash e = e' : 0$$e,e' : \Gamma \to 0$

2. Пустой тип не имеет правил, так как для него нет форм введения. Единственное уравнительное правило - это п- правило. Однако, в зависимости от того, насколько строго вы хотите интерпретировать, что такое eta-правило, вы можете разбить его на η плюс коммутирующее преобразование. Строгое η -правило является:$\beta$$\eta$$\eta$$\eta$

   $$e = \mathrm{initial}(e)$$

   Коммутирующее покрытие это:

   $$C[\mathrm{initial}(e)] = \mathrm{initial}(e)$$

РЕДАКТИРОВАТЬ:

Вот почему из дистрибутивности нулевого типа следует равенство всех отображений .$A \to 0$

Чтобы исправить обозначения, давайте напишем чтобы быть уникальной картой от 0 до A , и давайте напишем e : A → 0, чтобы быть некоторой картой от A до 0 .$!_A : 0 \to A$$0$$A$$e : A \to 0$$A$$0$

Теперь условие дистрибутивности говорит о том, что существует изоморфизм . Поскольку исходные объекты уникальны с точностью до изоморфизма, это означает, что A × 0 сам по себе является начальным объектом. Теперь мы можем использовать это, чтобы показать, что сам A является начальным объектом.$i : 0 \simeq A \times 0$$A \times 0$$A$

Поскольку является исходным объектом, мы знаем отображения π 1 : A × 0 → A и ! ∘ тг 2 равны.$A \times 0$$\pi_1 : A \times 0 \to A$$!_A \circ \pi_2$

Теперь, чтобы показать, что является начальным объектом, нам нужно показать изоморфизм между ним и 0 . Давайте выберем e : A → 0 и ! A : 0 → A как компоненты изоморфизма. Мы хотим показать, что е ∘ ! A = i d 0 и ! ∘ е = я d A .$A$$0$$e : A \to 0$$!_A : 0 \to A$$e \circ !_A = id_0$$!_A \circ e = id_A$

Показываю, что является немедленным, поскольку существует только одна карта типа 0 → 0 , и мы знаем, что всегда существует карта тождества.$e \circ !_A = id_0$$0 \to 0$

Чтобы показать другое направление, отметим, что

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

Следовательно, у нас есть изоморфизм , и поэтому A является начальным объектом. Поэтому отображения A → 0 являются уникальными, и поэтому, если у вас есть e , e ′ : A → 0 , то e = e ′ .$A \simeq 0$$A$$A \to 0$$e,e' : A \to 0$$e = e'$

РЕДАКТИРОВАТЬ 2: Оказывается, ситуация красивее, чем я первоначально думал. Я узнал от Ульриха Бухольца, что очевидно (в математическом смысле «ретроспективно очевидно»), что каждый biCCC является дистрибутивным.$\newcommand{\Hom}{\mathrm{Hom}}$ Вот милое маленькое доказательство:

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

Уравнение отражает только тот факт, что 0 имеет не более одного элемента, поэтому я не думаю, что Нил захватывает всю историю. Я бы аксиоматизировал пустой тип 0 следующим образом.$e = e' : 0$$0$$0$

Там нет правил вступления. Правило исключения - Уравнение имеет видmagicτ(e)=e′:τ,гдеe:0иe′:τ. На протяженииτлюбой тип. Уравнение мотивируется следующим образом: если вам удалось сформировать членmagicτ(e),то в0обитает

$$\frac{e : 0}{\mathtt{magic}_\tau(e) : \tau}.$$ $$\mathtt{magic}_\tau(e) = e' : \tau$$ $e : 0$$e' : \tau$$\tau$$\mathtt{magic}_\tau(e)$$0$ , но это абсурд, поэтому все уравнения верны. Таким образом, другой способ достижения того же эффекта состоит в том, чтобы поставить уравнение x : 0 , Γ ⊢ e 1 = e 2 : τ, что, возможно, не очень приятно, потому что оно смешивается с контекстом. С другой стороны, это более ясно показывает, что мы констатируем тот факт, что любые два морфизма от 0 до τ равны ( Γ является отвлечением в CCC).$e$ $$x : 0, \Gamma \vdash e_1 = e_2 : \tau$$ $0$$\tau$$\Gamma$