组合器的基础不完整

这是通过激发这个问题。令为仅具有两个绑定变量的所有组合器的集合。是组合地完成？ $\mathcal{C}$ $\mathcal{C}$

我相信答案是否定的，但是我无法为此找到参考。我也会对参考资料中组合集集合的组合不完整性的证明感兴趣（我可以看到为什么仅由一个绑定变量组成的组合集是不完整的，因此，这些集合应该包含的不仅仅是元素）。 $\mathcal{D}$ $\mathcal{D}$

lo.logic lambda-calculus combinatory-logic

— tci
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您能说明一下组合器的绑定变量数（=闭式λ项）是什么意思吗？Lambda抽象总数？

— Noam Zeilberger

是的，这就是我的意思。

— tci 2016年

实际上，也许这与您的意思不完全相同...也许是您指的是lambda抽象中使用的不同变量的总数，例如，尽管有四个lambda抽象，却具有两个不同的绑定变量？在那种情况下，似乎里克·斯塔特曼（Rick Statman）在“ 两个变量不够 ”中准确地（否定）回答了这个问题。

(λ x . x (λ y . y)) (λ x . λ y . x y)

$(\lambda x.x(\lambda y.y))(\lambda x.\lambda y.x y)$

— Noam Zeilberger

对。我认为这是我一直在寻找的答案，我当然希望它是Statman的结果。我尚未检查，但是我认为这也会对我提到的问题给出否定的答案。如果您将其发布为答案，我会很乐意接受。

— tci

[将评论扩展为答案。]

首先，只是澄清一下在组合器（=封闭项）对绑定变量进行计数。我将问题解释为询问，例如，术语尽管具有四个绑定器（即lambda抽象），但仍被视为具有两个绑定变量。这种计数方式最初对我来说有点奇怪，因为它在 -conversion 下不是不变的：例如，是等效于，但 $t$

the total number of distinct bound variable names in t

$\text{the total number of distinct bound variable names in }t$

t = (λ x . x (λ y . y)) (λ x . λ y . y x)

$t = (\lambda x.x(\lambda y.y))(\lambda x.\lambda y.yx)$

α

$\alpha$

t

$t$

α

$\alpha$

t^{'} = (λ x . x (λ y . y)) (λ a . λ b . b a)

$t' = (\lambda x.x(\lambda y.y))(\lambda a.\lambda b.ba)$

t^{'}

$t'$ 有四个不同的绑定变量名。但是，这并不是真正的问题，因为编写一个封闭项所需的不同绑定变量名的最小数量等于而后者的概念在。

t

$t$

the maximum number of free variables in a subterm of t

$\text{the maximum number of free variables in a subterm of }t$

α

$\alpha$

因此，令为可以使用至多两个不同的绑定变量编写的所有组合器的集合，或者等效地为其子项最多具有两个自由变量的所有组合器的集合。 $\mathcal{C}$

定理（Statman）：组合不完整。 $\mathcal{C}$

Rick Statman的技术报告似乎包含了对此的原始证明：

遗传者二阶遗传。卡耐基梅隆大学数学系技术报告88-33，1988年8月。（pdf）

Statman定义了组合器的一个基本同构的集合，他将其称为“ HOT”，表示“遗传为二阶”。技术报告实际上表明，尽管HOT的组合词不是完整的，但HOT 的词问题（即 -equality）仍然无法确定。Statman随后写了一篇简短的独立论文，以证明HOT在以下方面组合起来并不完整： $\beta$

两个变量是不够的。第9届意大利理论计算机科学会议论文集，第406-409页，2005年（acm）

无论如何，正如原始技术报告摘要所掩盖的，证明的思想是表明HOT是“按定义级别的层次结构”。也就是说，他定义的概念等级的HOT组合子，和一个家庭组合子，使得每个有秩，而不是 -等同于级别的HOT组合子的任意组合。这意味着HOT不组合地完成，因为，如果组合子可以从等级的HOT组合子的组合来衍生一些 $Hn$ $Hn$ $n+1$ $\beta$ $n$ $S = \lambda x.\lambda y.\lambda z.(xz)(yz)$ $n$ $n$ ，那么任何其他组合器（尤其是等级的组合器将如此。 $Hn$ $n+1$

— 诺姆·齐尔伯格（Noam Zeilberger）
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