零类型的方程式定律是什么？

免责声明：虽然我很关注类型理论，但我并不认为自己是类型理论的专家。

在简单类型的lambda演算中，零类型没有构造函数，并且具有唯一的消除符：

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

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

从种属的观点来看，方程式 $initial (M_1) = initial(M_2)$ 是显而易见的（当类型有意义时）。

但是，从这个角度来看，我还可以推断出，当 $M,M' \colon 0$ ，： $M = M'$ 。这种推论似乎更强，尽管显示它的特定模型使我难以理解。

（尽管我有一些证明理论上的直觉：您使用哪种矛盾来获得居民并不重要，但是可能会有不同的矛盾证明。）

所以我的问题是：

零类型的标准方程式是什么？
它们中的任何一个被归类为 $\eta$ 或 $\beta$ 定律吗？

— 奥哈德·坎马尔
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Answers:

为空的类型的标准方程式规则是，当你推测，。考虑一下标准的集理论模型，其中集由类型解释：和类型是不相交的并集，而空类型是空集。因此，任何两个函数也必须相等，因为它们具有共同的图（即空图）。。 $\Gamma \vdash e = e' : 0$ $e,e' : \Gamma \to 0$
空类型没有规则，因为它没有引入形式。它唯一的方程式规则是规则。但是，根据您希望解释标准规则的严格程度，您可能希望将其分解为加通勤转换。严格的是： $\beta$ $\eta$ $\eta$ $\eta$

$e = i n i t i a l (e)$ $e = \mathrm{initial}(e)$
通勤范围是：

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

编辑：

这就是为什么零类型的分布意味着所有映射相等的原因。 $A \to 0$

要修正符号，让我们写是从到的唯一映射，让我们写是从到某个映射。 $!_A : 0 \to A$ $0$ $A$ $e : A \to 0$ $A$ $0$

$i : 0 \simeq A \times 0$ $A \times 0$ $A$

$A \times 0$ $\pi_1 : A \times 0 \to A$ $!_A \circ \pi_2$

$A$ $0$ $e : A \to 0$ $!_A : 0 \to A$ $e \circ !_A = id_0$ $!_A \circ e = id_A$

$e \circ !_A = id_0$ $0 \to 0$

\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}$

$A \simeq 0$ $A$ $A \to 0$ $e,e' : A \to 0$ $e = e'$

编辑2：事实证明情况比我最初想象的要好。我从乌尔里希·布霍尔茨（Ulrich Bucholz）了解到，每个biCCC都是分布式的，这在数学上是“可追溯的”。这是一个可爱的小证据： $\newcommand{\Hom}{\mathrm{Hom}}$

\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}

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

— 尼尔·克里希纳斯瓦米（Neel Krishnaswami）
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关于1：我认为零类型是初始对象。初始对象可以具有多个箭头入它们，但只能有一个箭头出它们。换句话说，我没有立即看到任何理由说明为什么使用双CCC表示0是子终端。有一个吗？

— Ohad Kammar

是的：具有和的STLC需要一个分布式双CCC（）来解释它，并且0的唯一性类型作为该类型的无效版本。（尝试写下对总和的消除规则的解释，您会看到它的。）

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

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

— Neel Krishnaswami

我不懂分配率等于具有倒数。为什么这意味着是子端子？

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

$initial : 0 \to A\times 0$

0

$0$

— Ohad Kammar

啊哈！谢谢你的证明！还要有耐心！

— Ohad Kammar

关于编辑2：左伴随保留边界。如果类别是笛卡尔闭合，则是左伴随至所以是总和。

(-) \times C

$(-)\times C$

(-)^{C}

$(-)^C$

(A + B) \times C

$(A+B)\times C$

A \times C + B \times C

$A\times C + B\times C$

— Ohad Kammar 2011年

等式仅反映了最多具有一个元素的事实，因此我认为Neel不能捕获整个故事。我将按如下所示将空类型公理化。 $e = e' : 0$ $0$ $0$

没有介绍规则。排除规则为等式为其中和。整个是任何类型。该公式的动机如下：如果你成功地形成术语，然后是由居住，但是这是荒谬的，因此所有等式成立。因此，获得相同效果的另一种方法是设置等式

\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

$x : 0, \Gamma \vdash e_1 = e_2 : \tau$ 可能不是那么好，因为它摆弄了上下文。另一方面，它更清楚地表明，我们正在说明一个事实，即从到任何两个态射都是相等的（在CCC中是一种干扰。）

0

$0$

τ

$\tau$

Γ

$\Gamma$

— 安德烈·鲍尔（Andrej Bauer）
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嗨安德烈（Andrej），您建议的方程式可以从我给出的通勤转换中得出。源自，因为实际上不一定要发生在左项。类比为，如果您在两个分支中都这样做，则不使用案例分析的结果也是可以的。

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

不过，我应该补充一点，就是我更喜欢具有上下文的演示文稿-的确，我认为，总的来说，如果您实际上允许在上下文中求和值方程，那是最干净的！对于实际的证明，这比具有通勤转换的游戏好得多。（IIRC，这等同于增加了稳定副产品的附加假设，但对于所有模型，我都可以合理地看到存在这种情况。）

— Neel Krishnaswami

嗯，太好了。对我而言，考虑通勤转换为时已晚，因此我假装您没有写那部分。现在，Ohaad可以选择他。

— Andrej Bauer

我正在验证模型模型中的一些结构性规则（，等）。虽然我知道我给出的方程组还不完整（您需要具有复杂值和堆栈的CBPV），但我想至少捕获标准方程组，如果我确实有足够的方程组，它们将用来证明完整性。换句话说，我想要零类型的标准方程定律。

η

$\eta$

β

$\beta$

— Ohad Kammar 2011年

没有零类型的标准方程式定律。逻辑学家一直害怕话语的空虚，而计算机科学家一直害怕空虚的类型。他们甚至将非空类型命名为“ void”以拒绝空类型。

— 安德烈·鲍尔