¿Cuándo tienen espacios de coherencia pullbacks y pushouts?

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

Una relación de coherencia en un conjunto es una relación reflexiva y simétrica. Un espacio de coherencia es un par , y un morfismo entre espacios de coherencia es una relación tal que para todos y , $\symp_X$ $X$ $(X, \symp_X)$ $f : X \to Y$ $f \subseteq X \times Y$ $(x,y) \in f$ $(x',y') \in f$

si $x \symp_X x'$ entonces $y \symp_Y y'$ , y
si $x \symp_X x'$ e $y = y'$ entonces $x = x'$ .

La categoría de espacios de coherencia es tanto cartesiana como monoidal cerrada. Me gustaría saber cuándo existen retrocesos o pushouts para esta categoría, y cuándo existe algún análogo monoidal de retrocesos o pushouts (y cómo definirlo, en caso de que esta noción tenga sentido).

— Neel Krishnaswami
fuente

¿De dónde es esta definición? El de Girard, Lafont & Taylor se ve muy diferente.

— Charles Stewart

Las dos definiciones son equivalentes. Solo estoy tomando la web como primitiva, de la que se puede derivar el conjunto de camarillas.

— Neel Krishnaswami

Encuentro que la elección de definición de Neel es mucho más comprensible que la original.

— Dave Clarke el

Voy a plantear la pregunta obvia: ¿sabes que no siempre existen? En otras palabras, ¿está familiarizado con algún ejemplo de un functor en relaciones de coherencia que no tenga un límite / colimit?

— Ohad Kammar

Las dos definiciones son equivalentes : correcto, pero ¿inventaste esta definición o la obtuviste de otra persona? Gran pregunta, por cierto, me sorprende que nadie parezca saber si siempre existen ecualizadores.

— Charles Stewart

~~Ahora veo cómo definir ecualizadores para espacios de coherencia, lo que significa que siempre existen retrocesos (ya que los productos sí existen).~~ No sé cómo hacer esto, en realidad ...

Recordemos que la composición es la composición relacional habitual, así que si y , entonces: $f : A \to B$ $g : B \to C$

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

(En esta definición, lo existencial en realidad implica existencia única . Supongamos que tenemos tal que y . Ya que sabemos que , esto significa que . Entonces esto significa que tenemos y y , por lo tanto, .) $b' \in B$ $(a,b') \in f$ $(b', c) \in g$ $a \Bumpeq_A a$ $b \Bumpeq_B b'$ $b \Bumpeq_B b'$ $(b,c) \in g$ $(b',c) \in g$ $b = b'$

Ahora construimos ecualizadores. Supongamos que tenemos espacios de coherencia y , y morfismos . Ahora defina el ecualizador siguiente manera. $A$ $B$ $f, g : A \to B$ $(E, e : E \to A)$

Para la web, tome Esto selecciona el subconjunto de tokens de en el que y están de acuerdo (hasta coherencia: me equivoqué en mi primera versión ), o ambos están 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 la relación de coherencia en . Esto es sólo la restricción de la relación de coherencia en al subconjunto . Esto será reflexivo y simétrico ya que es. $\Bumpeq_E = \{ (a,a') \in \Bumpeq_A \;|\; a \in E \land a' \in E\}$ $A$ $E$ $\Bumpeq_A$
El mapa del ecualizador es solo la diagonal . $e$ $e : E \to A = \{(a, a)\;|\;a \in E\}$

Como estropeé mi primera versión de la prueba, le daré explícitamente la propiedad de universalidad. Supongamos que tenemos cualquier otro objeto y morfismo tal que . $X$ $m : X \to A$ $m;f = m;g$

Ahora defina como . Obviamente , pero para mostrar la igualdad necesitamos mostrar el inverso . $h : X \to E$ $\{(x,a) \;|\; a \in E\}$ $h;i \subseteq m$ $m \subseteq h;i$

Entonces supongamos . Ahora necesitamos mostrar que y . $(x,a) \in m$ $\forall b.\; (a,b) \in f \implies \exists a' \Bumpeq_A a.\; (a',b) \in g$ $\forall b.\; (a,b) \in g \implies \exists a' \Bumpeq_A a.\; (a',b) \in f$

Primero, suponga que y . Así que sabemos que y , por lo que . Por lo tanto , y por lo que hay una tal que y . Como , conocemos , y entonces hay un tal que . $b \in B$ $(a,b) \in f$ $(x,a) \in m$ $(a,b) \in f$ $(x,b) \in m;f$ $(x,b) \in m;g$ $a' \in A$ $(x,a') \in m$ $(a',b) \in g$ $x \Bumpeq x$ $a \Bumpeq a'$ $a' \Bumpeq a$ $(a',b) \in g$

Simétricamente, suponga y . Así que sabemos que y , por lo que . Por lo tanto , y por lo que hay una tal que y . Como , conocemos , y entonces hay un 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
fuente

No veo cómo se puede probar universal. Solo hay una forma de factorizar cualquier , y eso es configurando como . Obviamente, , pero no veo por qué ocurre lo contrario: tome algo de y algo de , con . Entonces tenemos , por lo tanto, a partir de la elección de tenemos . De la definición de composición, existe tal que y . Podemos deducir 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^{'}

$a \symp a'$ , pero solo sabemos que y , por lo que realmente no podemos deducir que y terminar.

a f b

$afb$

a^{'} g b

$a'gb$

a = a^{'}

$a=a'$

— Ohad Kammar

Sí, tiene razón: el subconjunto que elige el ecualizador debe ser coherente, no igualitario. He cambiado la definición para reflejar esto, y dado la prueba, el diagrama conmuta explícitamente.

— Neel Krishnaswami

Ah ... Pero ahora no iguala el diagrama. De hecho, suponga que . Entonces, por 's definición, tenemos , por lo tanto, existe alguna tal que . Pero no tenemos ese , por lo que no podemos mostrar que . Parece que te encuentras con los mismos problemas con los que me encontré anoche, de ahí mi pregunta obvia anterior. ¡Pero quizás tengas éxito donde fallé! Mi siguiente paso fue tomar una más sofisticada , decir algo como , pero luego no es un morfismo válido, por lo que se requiere una elección más cuidadosa.

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

Ahora recuerdo por qué esperaba que la respuesta ya estuviera en la tesis de alguien. :) De todos modos, lo pensaré más: puede haber algún truco posible debido al hecho de que las imágenes inversas son incoherentes por pares.

— Neel Krishnaswami