Tata cara penutupan untuk tipe induktif dengan ruang fungsi

Functors dibangun dari produk yang terbatas dan jumlah memiliki penutupan ordinal $\omega$ , rinci baik dalam naskah ini oleh Francois Metayer. yaitu kita dapat mencapai jenis induktif $nat := \mu X. 1 + X$ dengan mengulangi functor $1 + X$ , yang mencapai titik tetapnya setelah $\omega$ iterasi.

Tapi begitu kita membiarkan eksponensial konstan, seperti di $\mu X. 1 + X + (nat \rightarrow X)$ , maka $\omega$ tidak cukup.

Saya mencari hasil yang mencakup eksponensial. Apa jenis tata cara yang cukup?

Terutama dihargai akan menjadi referensi yang menyajikan bukti bahwa functors tersebut adalah $\alpha$ menerus untuk beberapa ordinal $\alpha$seperti dalam naskah di atas.

$$O_0 = nat$$ $$O_{n+1} = \mu X.\ 1+X+(O_n\rightarrow X)$$ $O_n$$n$

$\lambda$$\mathbb{N}$

$O_n$$Beaver(n)$$n$ menyatakan).

$nat$$O_1$$\epsilon_0$

Secara umum tampaknya ada korespondensi antara kekuatan logis dari teori tipe, dan ukuran ordinal terbesar yang dapat diwakilinya dengan cara ini. Korespondensi ini adalah pokok bahasan Analisis Ordinal , yang telah dipelajari secara mendalam sejak akhir tahun enam puluhan, dan masih sedang dipelajari hari ini (dengan beberapa pertanyaan terbuka yang menakjubkan). Peringatan: materi pelajarannya sama teknisnya dengan menarik.

Semoga ini membantu.

Saya pikir saya telah menemukan jawaban yang bekerja dalam kategori cukup seperti Set. Teorema 3.1.12 di aljabar awal dan terminal coalgebras: survei oleh Adamek, Milius, dan Moss.

Jawabannya adalah bahwa tidak ada satu pun ordinal yang cukup untuk semua fungsi tersebut. Mereka menjadi besar secara sewenang-wenang.

$F(X) = C_0\times(A_0 \rightarrow X) + C_1\times(A_1 \rightarrow X)\;+\;...\;+\; C_n\times(A_n \rightarrow X)$$A_i$$\alpha$$\beta < \alpha$$\beta$$\alpha$$\alpha$$\alpha$

$\alpha$$\alpha$$\alpha$

$f : A_k \rightarrow F^\alpha(0)$$f : A_k \rightarrow \bigcup_{i<\alpha} F^i(0)$$A_k \rightarrow F^j(0)$$j := \mathrm{sup}_{(a:A_k)} \text{``the i such that }f(a) \text{ fits into } F^i(0)"$$j < \alpha$$\alpha$$|A_k| < \alpha$

Jadi untuk setiap .$(A_k \rightarrow \bigcup_{i<\alpha}F^i(0)) \subseteq \bigcup_{j<\alpha} (A_k \rightarrow F^j(0))$$k$

Jadi memperluas ini di s dan s, kita memiliki: , dan itu mencapai titik tetap di .× F ( F α ( 0 ) ) ⊆ ⋃ j < α F ( F j ( 0 ) ) = ⋃ j < α F j ( 0 ) = F α ( 0 ) $+$$\times$$F(F^\alpha(0)) \subseteq \bigcup_{j<\alpha}F(F^j(0)) = \bigcup_{j<\alpha}F^j(0) = F^\alpha(0)$$\alpha$

Tidak begitu jelas bagi saya bagaimana menggeneralisasi argumen ini di luar Set. Bagaimana cara kita mengambil A_k -exex?$A_k$