Curry-Howard dan program dari bukti non-konstruktif

Ini adalah pertanyaan lanjutan untuk

Apa perbedaan antara bukti dan program (atau antara proposisi dan tipe)?

Program apa yang sesuai dengan bukti non-konstruktif (klasik) dari bentuk $\forall k \ T(e,k) \lor \lnot \forall k \ T(e,k)$ ? (Asumsikan bahwa $T$ adalah beberapa hubungan menarik yang dapat dipilih misalnya eg $e$ -th TM tidak berhenti pada langkah $k$ .)

(ps: Saya memposting pertanyaan ini sebagian karena saya tertarik untuk belajar lebih banyak tentang apa yang dimaksud Neel dengan "terjemahan Godel-Gentzen adalah transformasi kelanjutan yang lewat" dalam komentarnya .)

lo.logic pl.programming-languages proof-theory Kaveh
sumber

Sebagian jawaban pada halaman 2 dari catatan kuliah ini . Agak samar; Saya akan mencoba menggali sesuatu yang lebih lengkap.

Dave Clarke

Butuh waktu sedikit lebih lama daripada yang direncanakan untuk menulis jawaban saya, karena saya membuat kesalahan dengan memutuskan untuk membuktikan hal-hal yang saya tahu daripada hanya menyatakannya. :)

Neel Krishnaswami

JSL terbaru memiliki artikel ini . Intinya adalah bahwa konten komputasi dari bukti klasik mungkin sangat tergantung pada bagaimana Anda memilih untuk mengekstraknya. Saya belum benar-benar mencernanya, tetapi saya pikir saya akan membuangnya di sana.

Mark Reitblatt

Tetapi Anda telah menentukan bahwa T adalah hubungan yang dapat ditentukan , sehingga berarti ada bukti konstruktif dari proposisi Anda. Logika klasik adalah subset dari logika intuitionistic dan Anda menentukan bahwa T milik subset tersebut dengan menyebutnya decidable.

wren romano

wren, pada awalnya aku juga berpikir begitu! Tetapi proposisi P dalam contoh P \ / ~ P dalam pertanyaan jika benar-benar dikuantifikasi atas semua k, dan kuantifikasi T ini tidak selalu dapat ditentukan.

jbapple

Jawaban:

Ini pertanyaan yang menarik. Jelas seseorang tidak dapat berharap untuk memiliki program yang memutuskan untuk setiap apakah berlaku atau tidak, karena ini akan memutuskan Masalah Pemutusan. Seperti yang telah disebutkan, ada beberapa cara untuk menafsirkan bukti secara komputasi: ekstensi Curry-Howard, realisasi, dialektika, dan sebagainya. Tetapi mereka semua akan menginterpretasikan secara teoretis teorema yang Anda sebutkan kurang lebih dengan cara berikut. $e$ $\forall k T(e, k)$

Untuk kesederhanaan pertimbangkan teorema klasik yang setara

(1) $\exists i \forall j (\neg T(e, j) \to \neg T(e, i))$

Ini (secara konstruktif) setara dengan yang disebutkan karena mengingat kita dapat memutuskan apakah berlaku atau tidak dengan hanya memeriksa nilai . Jika maka dan karenanya . Jika di sisi lain $i$ $\forall k T(e, k)$ $\neg T(e, i)$ $\neg T(e, i)$ $\exists i \neg T(e, i)$ $\neg \forall i T(e, i)$ tidak berlaku oleh (1) kita memiliki yang menyiratkan . $\neg T(e, i)$ $\forall j (\neg T(e, j) \to \bot)$ $\forall j T(e, j)$

Sekarang, sekali lagi kita tidak dapat menghitung dalam (1) untuk setiap diberikan karena kita akan lagi menyelesaikan Masalah Pemutusan. Apa yang akan dilakukan oleh semua interpretasi yang disebutkan di atas adalah untuk melihat teorema yang setara $i$ $e$

(2) $\forall f \exists i' (\neg T(e, f(i')) \to \neg T(e, i'))$

Fungsi disebut fungsi Herbrand. Ia mencoba untuk menghitung contoh contoh untuk setiap saksi potensial yang diberikan . Jelas bahwa (1) dan (2) adalah setara. Dari kiri ke kanan ini konstruktif, cukup ambil pada (2), di mana adalah saksi yang dianggap sebagai (1). Dari kanan ke kiri seseorang harus beralasan secara klasik. Asumsikan (1) itu tidak benar. Kemudian, $f$ $j$ $i$ $i' = i$ $i$

(3) $\forall i \exists j \neg (\neg T(e, j) \to \neg T(e, i))$

Biarkan menjadi fungsi menyaksikan ini, yaitu $f'$

(4) $\forall i \neg (\neg T(e, f'(i)) \to \neg T(e, i))$

Sekarang, ambil dalam (2) dan kami memiliki , untuk beberapa . Tetapi dengan mengambil dalam (4) kita memperoleh negasi dari itu, kontradiksi. Karenanya (2) menyiratkan (1). $f = f'$ $(\neg T(e, f'(i')) \to \neg T(e, i'))$ $i'$ $i = i'$

Jadi, kita memiliki bahwa (1) dan (2) secara klasik setara. Tetapi yang menarik adalah bahwa (2) sekarang memiliki saksi konstruktif yang sangat sederhana. Ambil saja jika tidak berlaku, karena kesimpulan (2) benar; atau ambil jika berlaku, karena kemudian $i' = f(0)$ $T(e, f(0))$ $i' = 0$ $T(e, f(0))$ tidak berlaku dan premis (2) salah, menjadikannya kembali benar. $\neg T(e, f(0))$

Oleh karena itu, cara untuk menginterpretasi secara teoretis suatu teorema klasik seperti (1) adalah dengan melihat formulasi setara (klasik) yang dapat dibuktikan secara konstruktif, dalam kasus kami (2).

Perbedaan penafsiran yang disebutkan di atas hanya berbeda pada cara fungsi muncul. Dalam hal realisasi dan interpretasi dialektika, ini secara eksplisit diberikan oleh interpretasi, ketika dikombinasikan dengan beberapa bentuk terjemahan negatif (seperti Goedel-Gentzen) Dalam kasus ekstensi Curry-Howard dengan call-cc dan operator lanjutan, fungsi muncul dari kenyataan bahwa program diizinkan untuk "mengetahui" bagaimana nilai tertentu (dalam kasus kami ) akan digunakan, jadi adalah lanjutan dari program di sekitar titik di mana dihitung. $f$ $f$ $i$ $f$ $i$

Poin penting lainnya adalah bahwa Anda ingin bagian dari (1) ke (2) menjadi "modular", yaitu jika (1) digunakan untuk membuktikan (1 '), maka interpretasinya (2) harus digunakan dengan cara yang sama. untuk membuktikan interpretasi dari (1 '), katakanlah (2'). Semua interpretasi yang disebutkan di atas melakukan itu, termasuk terjemahan negatif Goedel-Gentzen.

Paulo
sumber

Selamat datang! Sangat menyenangkan melihat ahli teori bukti ahli di sini.

Neel Krishnaswami

Terima kasih Paulo, jawaban Anda telah menjelaskan sebagian gambar dalam masalah terkait yang sedang saya kerjakan.

Kaveh

Sudah cukup terkenal bahwa aritmatika klasik dan intuitionistic adalah sama.

Salah satu cara untuk menunjukkan ini adalah melalui "embeddings negatif" dari logika klasik menjadi logika intuitionistic. Jadi, misalkan adalah rumus aritmatika orde pertama klasik. Sekarang, kita dapat mendefinisikan formula logika intuitionistic sebagai berikut: $\phi$

\begin{array}{lcl} G (⊤) & = & \neg \neg ⊤ \\ G (ϕ \land ψ) & = & \neg \neg (G (ϕ) \land G (ψ)) \\ G (⊥) & = & \neg ⊤ \\ G (\neg ϕ) & = & \neg G (ϕ) \\ G (ϕ \lor ψ) & = & \neg (\neg G (ϕ) \land \neg G (ψ)) \\ G (\forall x . ϕ) & = & \forall x . \neg \neg G (ϕ) \\ G (\exists x . ϕ) & = & \neg \forall x . \neg (G (ϕ)) \\ G (P) & = & \neg \neg P \end{array}

$\begin{array}{lcl} G(\top) & = & \lnot\lnot\top \\ G(\phi \land \psi) & = & \lnot\lnot(G(\phi) \land G(\psi)) \\ G(\bot) & = & \lnot\top \\ G(\lnot\phi) & = & \lnot G(\phi) \\ G(\phi \vee \psi) & = & \lnot(\lnot G(\phi) \land \lnot G(\psi)) \\ G(\forall x.\;\phi) & = & \forall x.\; \lnot\lnot G(\phi) \\ G(\exists x.\;\phi) & = & \lnot \forall x.\; \lnot(G(\phi)) \\ G(P) & = & \lnot\lnot P \\ \end{array}$

Perhatikan bahwa pada dasarnya adalah homomorfisme yang melekat pada yang tidak-tidak ada di mana-mana, kecuali bahwa pada disjungsi dan eksistensial, ia menggunakan dualitas de Morgan untuk mengubahnya menjadi konjungsi dan universal. (Saya cukup yakin ini bukan terjemahan Godel-Gentzen yang tepat, karena saya memasaknya untuk jawaban ini - pada dasarnya apa pun yang Anda tulis menggunakan double-negation + de Morgan dualitas akan berfungsi. Variasi ini sebenarnya ternyata penting untuk interpretasi komputasi logika klasik; lihat di bawah.) $G(\phi)$

Pertama: Sudah jelas bahwa terjemahan ini mempertahankan kebenaran klasik, sehingga benar jika dan hanya jika adalah, secara klasik. $G(\phi)$ $\phi$

Kedua: Ini kurang jelas, tetapi tetap demikian, bahwa untuk rumus di fragmen, provabilitas dalam logika intuitionistic dan klasik bertepatan. Cara untuk membuktikan ini adalah dengan pertama-tama melihat rumus yang diambil dari tata bahasa ini: $\forall, \implies, \land, \lnot$

\begin{array}{lcl} A, B & ::= & \forall x . A (x) | A ⟹ B | A \land B | \neg A | \neg \neg P \end{array}

$\newcommand{\bnfalt}{\;\;|\;\;} \begin{array}{lcl} A,B & ::= & \forall x.\;A(x) \bnfalt A \implies B \bnfalt A \land B \bnfalt \lnot A \bnfalt \lnot\lnot P \end{array}$

Dan kemudian kita dapat membuktikan sebagai lemma (dengan induksi pada ) bahwa $A$ dapat diturunkan secara intuisi. Jadi sekarang, kita dapat menunjukkan kesetaraan rumus-rumus negatif dengan melakukan induksi terhadap struktur buktinya (dalam, katakanlah, kalkulus berurutan) dan menggunakan lemma sebelumnya untuk mensimulasikan hukum tengah yang dikecualikan. $G(A) \implies A$

Jadi, bagaimana seharusnya Anda memikirkan hal ini secara intuitif?

Pertama, pandangan bukti-teoretis. Jika Anda melihat aturan kalkulus sekuens, Anda dapat melihat bahwa satu-satunya tempat logika klasik dan intuitionistic berbeda secara serius adalah aturan untuk disjungsi dan eksistensial. Jadi kami menggunakan fakta ini untuk menunjukkan bahwa bukti dalam satu logika formula ini dapat diterjemahkan ke bukti di yang lain. Ini menunjukkan bagaimana memikirkan logika konstruktif sebagai perluasan dari logika klasik dengan dua penghubung baru dan . Apa yang kita sebut "eksistensi klasik" dan "disjungsi klasik" hanyalah singkatan yang melibatkan , konjungsi, dan negasi, dan untuk membicarakan tentang keberadaan aktual kita perlu memperkenalkan penghubung baru. $\exists$ $\vee$ $\forall$
Kedua, ada pandangan topologis. Sekarang, model logika klasik (sebagai keluarga set) adalah aljabar Boolean (yaitu, sekelompok himpunan bagian ditutup di bawah serikat, persimpangan, dan pelengkap yang berubah-ubah). Ternyata model logika intuitionsitic adalah sebagai ruang topologis , dengan proposisi ditafsirkan sebagai set terbuka. Mereka interpretasi dari negasi adalah interior komplemen, dan kemudian mudah untuk menunjukkan bahwa , yang berarti bahwa dua negasi mengirimkan kita ke terkecil clopen meliputi masing-masing terbuka --- dan clopens membentuk Aljabar Boolean. $\lnot\lnot\lnot P = \lnot P$

Sekarang, terima kasih kepada Curry-Howard, kami tahu bagaimana menafsirkan bukti dalam logika intuitionistic sebagai program fungsional. Jadi, satu jawaban yang mungkin (tetapi bukan satu-satunya) untuk pertanyaan "apa konten konstruktif dari bukti klasik?" adalah sebagai berikut:

Konten komputasi dari bukti klasik adalah apa pun konten komputasi dari terjemahan bukti tersebut (sesuai dengan terjemahan negatif).

Jadi mari kita lihat terjemahan . Jadi ini mengatakan bahwa konten konstruktif dari tengah yang dikecualikan sama dengan mengatakan bahwa itu bukan kasus yang dan dan tahan - yaitu, nonkontradiksi. Jadi dalam hal ini, sebenarnya tidak ada banyak konten komputasi dengan hukum dari perantara yang dikecualikan. $G(A \vee \lnot A) = \lnot(\lnot G(A) \land \lnot\lnot G(A))$ $\lnot P$ $\lnot\lnot P$

Untuk melihat apa itu secara konkret, ingatlah bahwa secara konstruktif, negasi didefinisikan sebagai . Jadi rumus ini adalah $\lnot A == A \implies \bot$ . Bit kode Ocaml berikut akan menggambarkan: $((G(A) \implies \bot) \land ((G(A) \implies \bot) \implies \bot)) \implies \bot$

type bot = Void of bot
type 'a not = 'a -> bot

let excluded_middle : ('a not * 'a not not) not = fun (u, k) -> k u

Artinya, jika Anda tidak mendapatkan-A dan tidak-tidak-A, Anda bisa meneruskan negasi pertama ke yang kedua untuk mendapatkan kontradiksi yang Anda inginkan.

Sekarang, apa transformasi kelanjutan lewat gaya?

Sebuah kelanjutan dari jenis adalah sesuatu yang membutuhkan nilai tipe dan menghitung jawaban akhir dari itu. $\tau$ $\tau$
Lanjutan digunakan untuk memodelkan konteks program. Itu adalah kita mungkin memiliki istilah mengevaluasi sebagai bagian dari program yang jauh lebih besar . Semua hal di sekitarnya akan mengambil hasil komputasi dan menghitung jawaban akhir. $3+5$ $C[3+5]$ $3 + 5$
Jadi, Anda dapat menganggap kelanjutan dari tipe sebagai fungsi , di mana adalah apa pun tipe jawabannya. $\tau$ $\tau \to \alpha$ $\alpha$
Jadi, jika Anda memiliki program dari tipe , kita dapat "mengonversi CPS" dengan menemukan istilah tipe , yang pada akhirnya akan melewati apa pun yangakan dihitung untuk kelanjutannya. (Pada dasarnya, ini hanya membuat aliran kontrol eksplisit.) $e$ $\tau$ $(\tau \to \alpha) \to \alpha$ $e$
Tetapi kita harus melakukan ini secara turun temurun, sehingga setiap subterm dari program telah membuat kelanjutannya secara eksplisit.

Sekarang,

Terjemahan negatif pada dasarnya secara turun temurun mengirimkan ke . $\phi$ $\lnot\lnot\phi$
Namun, sementara terjemahan kami menggunakan negasi, itu tidak pernah benar-benar menghilangkan proposisi yang salah - sehingga terjemahan bekerja secara parametrik dalam proposisi itu.
$\bot$ $\alpha$
$\phi$ $(\phi \to \alpha) \to \alpha$
Ini adalah transformasi CPS.

Saya melihat "a" transformasi CPS, karena seperti yang saya sebutkan sebelumnya, ada banyak terjemahan negatif yang memungkinkan Anda membuktikan teorema ini, dan masing-masing sesuai dengan trasnformasi CPS yang berbeda. Dalam istilah operasional, setiap transformasi berhubungan dengan urutan evaluasi yang berbeda . Jadi tidak ada interpretasi komputasi unik dari logika klasik, karena Anda punya pilihan untuk dibuat dan pilihan perbedaan memiliki karakteristik operasional yang sangat berbeda.

Neel Krishnaswami
sumber

Ini jawaban yang bagus. Itu mengingatkan saya pada makalah Wadler "Call-by-value adalah ganda untuk memanggil-oleh-nama": homepages.inf.ed.ac.uk/wadler/topics/call-by-need.html , yang mencakup anekdot yang sangat berkesan di bagian 4 untuk menjelaskan hubungan antara callCC dan bagian tengah yang dikecualikan.

sclv

Ada seluruh konferensi tentang masalah bukti non-konstruktif sebagai program , dan saya bukan ahli dalam hal ini. Di atas, Neel Krishnaswami menyinggung jawaban yang lebih lama ia persiapkan, yang, jika dilihat dari pekerjaannya di sini, akan sangat baik. Ini hanya rasa jawaban.

$\forall P, P \lor \lnot P$

Set Implicit Arguments.

Axiom callcc : forall (A B : Set), ((A -> B) -> A) -> A.

Lemma lem : forall (A B:Set), sum A (A -> B).
Proof.
  intros.
  eapply callcc.
  intros H.
  right.
  intros.
  apply H.
  left.
  assumption.
Defined.

Recursive Extraction lem.

memberikan kode O'Caml:

type ('a, 'b) sum =
  | Inl of 'a
  | Inr of 'b

(** val callcc : (('a1 -> 'a2) -> 'a1) -> 'a1 **)

let callcc =
  failwith "AXIOM TO BE REALIZED"

(** val lem : ('a1, 'a1 -> no) sum **)

let lem =
    callcc (fun h -> Inr (fun h0 -> h (Inl h0)))

Pengantar terbersih untuk hal ini yang saya lihat ada di Tim Griffin "Sebuah konsep formula-sebagai-jenis kontrol" .

jbapple
sumber

Anda harus mencoba mengekstraksi ke Skema dan memberi tahu prosedur ekstraksi harus mengekstraksi Anda callccke Skema callcc. Maka Anda benar-benar dapat mencoba berbagai hal.

Andrej Bauer