Quando os espaços de coerência têm retrocessos e empurrões?

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

Uma relação de coerência $\symp_X$ em um conjunto $X$ é uma relação reflexiva e simétrica. Um espaço de coerência é um par $(X, \symp_X)$ , e um morfismo $f : X \to Y$ entre espaços de coerência é uma relação $f \subseteq X \times Y$ tal que para todos $(x,y) \in f$ e $(x',y') \in f$ ,

se $x \symp_X x'$ então $y \symp_Y y'$ e
se $x \symp_X x'$ e $y = y'$ então $x = x'$ .

A categoria de espaços de coerência é fechada cartesiana e monoidalmente. Gostaria de saber quando existem pullbacks ou pushouts para esta categoria e quando existe algum análogo monoidal de pullbacks ou pushout (e como defini-lo, caso essa noção faça sentido).

— Neel Krishnaswami
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De onde é essa definição? O de Girard, Lafont & Taylor parece muito diferente.

— Charles Stewart

As duas definições são equivalentes. Estou apenas tomando a web como primitiva, da qual o conjunto de panelinhas pode ser derivado.

— Neel Krishnaswami

Acho que a escolha de definição de Neel é muito mais compreensível que a original.

— Dave Clarke

Afirmo a pergunta óbvia: você sabe que elas nem sempre existem? Em outras palavras, você conhece algum exemplo de um functor em relações de coerência que não tem limite / colimit?

— Ohad Kammar

As duas definições são equivalentes - Certo, mas você criou essa definição ou conseguiu de outra pessoa? Ótima pergunta, aliás, estou surpreso que ninguém parece saber se sempre existem equalizadores.

— Charles Stewart

~~Agora vejo como definir equalizadores para espaços de coerência, o que significa que sempre existem retrocessos (uma vez que os produtos existem).~~ Eu não sei como fazer isso, na verdade ....

Lembre-se de que a composição é a composição relacional usual; portanto, se e , então: $f : A \to B$ $g : B \to C$

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

(Nesta definição, o existencial realmente implica existência única . Suponha que temos modo que e . Desde que sabemos que , isso significa que'em seguida, isto significa que temos e e , por isso, consequentemente, ). $b' \in B$ $(a,b') \in f$ $(b', c) \in g$ $a \Bumpeq_A a$ $b \Bumpeq_B b'$ $b \Bumpeq_B b'$ $(b,c) \in g$ $(b',c) \in g$ $b = b'$

Agora construímos equalizadores. Suponha que temos espaços coerentes e , e morphisms . Agora defina o equalizador seguinte maneira. $A$ $B$ $f, g : A \to B$ $(E, e : E \to A)$

Para a web, pegue Seleciona o subconjunto de tokens de com o qual e concordam (de acordo com a coerência - eu estava errado na minha primeira versão ) ou estão indefinidos.
$E = {\begin{array}{lc} \forall b . (a, b) \in f ⟹ \exists a^{'} ≎_{A} a . (a^{'}, b) \in g \\ a \in A & \land \\ \forall b . (a, b) \in g ⟹ \exists a^{'} ≎_{A} a . (a^{'}, b) \in f \end{array}}$ $E = \left\{ \begin{array}{l|c} & \forall b.\; (a,b) \in f \implies \exists a' \Bumpeq_A a.\; (a',b) \in g \\ a \in A & \land \\ & \forall b.\; (a,b) \in g \implies \exists a' \Bumpeq_A a.\; (a',b) \in f \\ \end{array} \right\}$ $A$ $f$ $g$
Defina a relação de coerência em . Isto é apenas a limitação da relação coerência sobre ao subconjunto . Isso será reflexivo e simétrico, pois é. $\Bumpeq_E = \{ (a,a') \in \Bumpeq_A \;|\; a \in E \land a' \in E\}$ $A$ $E$ $\Bumpeq_A$
O mapa do equalizador é apenas a diagonal . $e$ $e : E \to A = \{(a, a)\;|\;a \in E\}$

Desde que estraguei minha primeira versão da prova, darei a propriedade de universalidade explicitamente. Suponha que tenhamos qualquer outro objeto e morfismo tal que . $X$ $m : X \to A$ $m;f = m;g$

Agora defina como . Obviamente , mas para mostrar a igualdade, precisamos mostrar o inverso . $h : X \to E$ $\{(x,a) \;|\; a \in E\}$ $h;i \subseteq m$ $m \subseteq h;i$

Portanto, assuma . Agora precisamos mostrar que e . $(x,a) \in m$ $\forall b.\; (a,b) \in f \implies \exists a' \Bumpeq_A a.\; (a',b) \in g$ $\forall b.\; (a,b) \in g \implies \exists a' \Bumpeq_A a.\; (a',b) \in f$

Primeiro, assuma e . Então sabemos que e , então . Portanto , e então existe um tal que e . Como , conhecemos e, portanto, existe um tal que . $b \in B$ $(a,b) \in f$ $(x,a) \in m$ $(a,b) \in f$ $(x,b) \in m;f$ $(x,b) \in m;g$ $a' \in A$ $(x,a') \in m$ $(a',b) \in g$ $x \Bumpeq x$ $a \Bumpeq a'$ $a' \Bumpeq a$ $(a',b) \in g$

Simetricamente, assuma e . Então sabemos que e , então . Portanto , e então existe um tal que e . Como , conhecemos e, portanto, existe um tal que . $b \in B$ $(a,b) \in g$ $(x,a) \in m$ $(a,b) \in g$ $(x,b) \in m;g$ $(x,b) \in m;f$ $a' \in A$ $(x,a') \in m$ $(a',b) \in f$ $x \Bumpeq x$ $a \Bumpeq a'$ $a' \Bumpeq a$ $(a',b) \in f$

— Neel Krishnaswami
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Não vejo como você pode provar que universal. Existe apenas uma maneira de fatorar qualquer , e isso é configurando como . Obviamente , mas não vejo por que o inverso se mantém: tome alguns e alguns , com . Então temos , portanto, a partir da escolha de , temos . A partir da definição de composição, existem alguns tal que e . Podemos deduzir que

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^{'}

$a \symp a'$ , mas sabemos apenas que e , por isso não podemos deduzir realmente que e concluir.

a f b

$afb$

a^{'} g b

$a'gb$

a = a^{'}

$a=a'$

— Ohad Kammar

Sim, você está certo - o subconjunto escolhido pelo equalizador deve ser coerente e não igual. Alterei a definição para refletir isso e, como prova, o diagrama alterna explicitamente.

— Neel Krishnaswami

Ah ... Mas agora não iguala o diagrama. De fato, assuma . Então, por 'definição s, temos , portanto, existe algum tal que . Mas não temos esse , portanto não podemos mostrar que . Você parece estar enfrentando os mesmos problemas que encontrei na noite passada, daí a minha pergunta óbvia acima. Mas talvez você tenha sucesso onde eu falhei! Meu próximo passo foi tomar um mais sofisticado , diga algo como , mas, em seguida, não é um morphism válida, de modo algum escolha mais cuidadosa é necessária.

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

$e$

— Ohad Kammar

Agora me lembro por que eu esperava que a resposta já estivesse na tese de alguém. :) Enfim, vou pensar mais sobre isso - pode haver algum truque possível pelo fato de as imagens inversas serem incoerentes aos pares.

— Neel Krishnaswami