Quando gli spazi di coerenza hanno pullback e pushout?

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

Una relazione di coerenza $\symp_X$ su un set $X$ è una relazione riflessiva e simmetrica. Uno spazio di coerenza è una coppia $(X, \symp_X)$ e un morfismo $f : X \to Y$ tra spazi di coerenza è una relazione $f \subseteq X \times Y$ tale che per tutti $(x,y) \in f$ e $(x',y') \in f$ ,

se $x \symp_X x'$ allora $y \symp_Y y'$ e
se $x \symp_X x'$ e $y = y'$ quindi $x = x'$ .

La categoria degli spazi di coerenza è sia cartesiana che monoidale chiusa. Vorrei sapere quando esistono pullback o pushout per questa categoria e quando esiste un analogo monoideale di pullback o pushout (e come definirlo, nel caso in cui questa nozione abbia senso).

— Neel Krishnaswami
fonte

Da dove viene questa definizione? Quello di Girard, Lafont e Taylor sembra molto diverso.

— Charles Stewart,

Le due definizioni sono equivalenti. Sto solo prendendo il web come primitivo, da cui si può derivare l'insieme di cricche.

— Neel Krishnaswami,

Trovo che la scelta della definizione di Neel sia molto più comprensibile dell'originale.

— Dave Clarke,

Ti faccio una domanda ovvia: sai che non esistono sempre? In altre parole, hai familiarità con qualche esempio di funzione in relazioni di coerenza che non ha un limite / limite?

— Ohad Kammar,

Le due definizioni sono equivalenti : giusto, ma hai inventato questa definizione o l'hai ottenuta da qualcun altro? Grande domanda, a proposito, sono sorpreso che nessuno sembra sapere se gli equalizzatori esistono sempre.

— Charles Stewart,

~~Ora vedo come definire gli equalizzatori per gli spazi di coerenza, il che significa che i pullback esistono sempre (poiché i prodotti esistono).~~ Non so come farlo, in realtà ....

Ricorda che la composizione è la solita composizione relazionale, quindi se e , quindi: $f : A \to B$ $g : B \to C$

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

(In questa definizione, l'esistenziale implica in realtà un'esistenza unica . Supponiamo di avere tale che e . Poiché sappiamo che , questo significa che . Quindi questo significa che abbiamo e e , quindi di conseguenza .) $b' \in B$ $(a,b') \in f$ $(b', c) \in g$ $a \Bumpeq_A a$ $b \Bumpeq_B b'$ $b \Bumpeq_B b'$ $(b,c) \in g$ $(b',c) \in g$ $b = b'$

Ora costruiamo equalizzatori. Supponiamo di avere spazi coerenti e , e morfismi . Definire ora l'equalizzatore come segue. $A$ $B$ $f, g : A \to B$ $(E, e : E \to A)$

Per il web, prendi Questo individua il sottoinsieme di buoni di in cui una e d'accordo (fino a coerenza - ho avuto questo sbagliato nella mia prima versione ) o sono entrambi indefiniti.
$E = {\begin{array}{lc} \forall b . (a, b) \in f ⟹ \exists a^{'} ≎_{A} a . (a^{'}, b) \in g \\ a \in A & \land \\ \forall b . (a, b) \in g ⟹ \exists a^{'} ≎_{A} a . (a^{'}, b) \in f \end{array}}$ $E = \left\{ \begin{array}{l|c} & \forall b.\; (a,b) \in f \implies \exists a' \Bumpeq_A a.\; (a',b) \in g \\ a \in A & \land \\ & \forall b.\; (a,b) \in g \implies \exists a' \Bumpeq_A a.\; (a',b) \in f \\ \end{array} \right\}$ $A$ $f$ $g$
Definire la relazione di coerenza su . Questa è solo la limitazione del rapporto di coerenza sulla al sottoinsieme . Ciò sarà riflessivo e simmetrico poiché lo è . $\Bumpeq_E = \{ (a,a') \in \Bumpeq_A \;|\; a \in E \land a' \in E\}$ $A$ $E$ $\Bumpeq_A$
La mappa dell'equalizzatore è solo la diagonale . $e$ $e : E \to A = \{(a, a)\;|\;a \in E\}$

Da quando ho incasinato la mia prima versione della dimostrazione, darò esplicitamente la proprietà dell'universalità. Supponiamo di avere qualsiasi altro oggetto e il morfismo da tale che . $X$ $m : X \to A$ $m;f = m;g$

Ora definisci come . Ovviamente , ma per mostrare l'uguaglianza dobbiamo mostrare il contrario . $h : X \to E$ $\{(x,a) \;|\; a \in E\}$ $h;i \subseteq m$ $m \subseteq h;i$

Quindi supponiamo . Ora dobbiamo mostrare che and . $(x,a) \in m$ $\forall b.\; (a,b) \in f \implies \exists a' \Bumpeq_A a.\; (a',b) \in g$ $\forall b.\; (a,b) \in g \implies \exists a' \Bumpeq_A a.\; (a',b) \in f$

Per prima cosa, supponi e . Quindi sappiamo che e , quindi . Pertanto , e quindi esiste una tale che and . Poiché , conosciamo , e quindi esiste tale che . $b \in B$ $(a,b) \in f$ $(x,a) \in m$ $(a,b) \in f$ $(x,b) \in m;f$ $(x,b) \in m;g$ $a' \in A$ $(x,a') \in m$ $(a',b) \in g$ $x \Bumpeq x$ $a \Bumpeq a'$ $a' \Bumpeq a$ $(a',b) \in g$

Simmetricamente, supponiamo e . Quindi sappiamo che e , quindi . Pertanto , e quindi esiste una tale che and . Poiché , conosciamo , e quindi esiste tale che . $b \in B$ $(a,b) \in g$ $(x,a) \in m$ $(a,b) \in g$ $(x,b) \in m;g$ $(x,b) \in m;f$ $a' \in A$ $(x,a') \in m$ $(a',b) \in f$ $x \Bumpeq x$ $a \Bumpeq a'$ $a' \Bumpeq a$ $(a',b) \in f$

— Neel Krishnaswami
fonte

Non vedo come puoi provare universale. C'è solo un modo per fattorizzare qualsiasi , e cioè impostando come . Ovviamente , ma non vedo perché il contrario sia valido: prendi un po 'di e un po' di , con . Quindi abbiamo , quindi dalla scelta di abbiamo . Dalla definizione di composizione, esiste tale che e . Possiamo dedurre che

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^{'}

$a \symp a'$ , ma sappiamo solo che e , quindi non possiamo davvero dedurre che e finire.

a f b

$afb$

a^{'} g b

$a'gb$

a = a^{'}

$a=a'$

— Ohad Kammar,

Sì, hai ragione: il sottoinsieme scelto dall'equalizzatore deve essere coerente, non uguale. Ho cambiato la definizione per riflettere questo, e data la prova il diagramma commuta esplicitamente.

— Neel Krishnaswami,

Ah ... Ma ora non equalizza il diagramma. In effetti, supponiamo che . Poi, 's definizione, abbiamo , quindi esiste un certo tale che . Ma non abbiamo questo , quindi non possiamo dimostrare che . Sembra che tu stia incontrando gli stessi problemi che ho incontrato ieri sera, quindi la mia ovvia domanda sopra. Ma forse ci riuscirai dove ho fallito! Il mio prossimo passo è stato quello di prendere un più sofisticato , dire qualcosa del tipo , ma poi non è un morfismo valido, per cui è necessaria una certa scelta più attenta.

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,

Ora ricordo perché speravo che la risposta fosse già nella tesi di qualcuno. :) Comunque, ci penserò di più: potrebbe esserci qualche trucco possibile sul fatto che le immagini inverse sono incoerenti a coppie.

— Neel Krishnaswami,