Wann haben Kohärenzräume Pullbacks und Pushouts?

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

Eine Kohärenzbeziehung auf einer Menge ist eine reflexive und symmetrische Beziehung. Ein Kohärenzraum ist ein Paar , und ein Morphismus zwischen Kohärenzräumen ist eine Beziehung so dass für alle und , $\symp_X$ $X$ $(X, \symp_X)$ $f : X \to Y$ $f \subseteq X \times Y$ $(x,y) \in f$ $(x',y') \in f$

wenn $x \symp_X x'$ dann $y \symp_Y y'$ und
wenn $x \symp_X x'$ und $y = y'$ dann ist $x = x'$ .

Die Kategorie der Kohärenzräume ist sowohl kartesisch als auch monoidal geschlossen. Ich würde gerne wissen, wann Pullbacks oder Pushouts für diese Kategorie existieren und wann ein monoidales Analogon von Pullbacks oder Pushouts existiert (und wie man es definiert, falls dieser Begriff Sinn macht).

— Neel Krishnaswami
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Woher kommt diese Definition? Die in Girard, Lafont & Taylor sieht ganz anders aus.

— Charles Stewart

Die beiden Definitionen sind äquivalent. Ich nehme nur das Web als primitiv, aus dem die Cliquen abgeleitet werden können.

— Neel Krishnaswami

Ich finde Neels Wahl der Definition viel verständlicher als das Original.

— Dave Clarke

Ich stelle die offensichtliche Frage: Weißt du, dass sie nicht immer existieren? Mit anderen Worten, kennen Sie Beispiele für einen Funktor in Kohärenzbeziehungen, die kein Limit / Colimit haben?

— Ohad Kammar

Die beiden Definitionen sind äquivalent - Richtig, aber haben Sie diese Definition erfunden oder von jemand anderem erhalten? Tolle Frage, übrigens, ich bin überrascht, dass niemand zu wissen scheint, ob es immer Equalizer gibt.

— Charles Stewart

~~Ich sehe jetzt, wie man Equalizer für Kohärenzräume definiert, was bedeutet, dass es immer Pullbacks gibt (da Produkte dies tun).~~ Ich weiß eigentlich nicht, wie ich das machen soll ...

Denken Sie daran, dass die Zusammensetzung die übliche relationale Zusammensetzung ist. Wenn also und , dann: $f : A \to B$ $g : B \to C$

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

(In dieser Definition impliziert das Existential tatsächlich eine einzigartige Existenz. Nehmen wir an, wir haben so dass und . Da wir wissen, dass bedeutet dies, dass . Dann bedeutet dies, dass wir und und , also folglich .) $b' \in B$ $(a,b') \in f$ $(b', c) \in g$ $a \Bumpeq_A a$ $b \Bumpeq_B b'$ $b \Bumpeq_B b'$ $(b,c) \in g$ $(b',c) \in g$ $b = b'$

Wir konstruieren jetzt Equalizer. Angenommen , wir haben Kohärenz Räume und , und Morphismen . Definieren Sie nun den Equalizer wie folgt. $A$ $B$ $f, g : A \to B$ $(E, e : E \to A)$

Nehmen Sie für das Web Dies wählt die Teilmenge der Token von über die entweder und übereinstimmen (bis zur Kohärenz - ich hatte dies in meiner ersten Version falsch ) oder sind beide undefiniert.
$E = {\begin{array}{lc} \forall b . (a, b) \in f ⟹ \exists a^{'} ≎_{A} a . (a^{'}, b) \in g \\ a \in A & \land \\ \forall b . (a, b) \in g ⟹ \exists a^{'} ≎_{A} a . (a^{'}, b) \in f \end{array}}$ $E = \left\{ \begin{array}{l|c} & \forall b.\; (a,b) \in f \implies \exists a' \Bumpeq_A a.\; (a',b) \in g \\ a \in A & \land \\ & \forall b.\; (a,b) \in g \implies \exists a' \Bumpeq_A a.\; (a',b) \in f \\ \end{array} \right\}$ $A$ $f$ $g$
Definieren Sie die Kohärenzbeziehung für . Dies ist nur die Beschränkung der Kohärenz Bezug auf auf die Teilmenge . Dies ist reflexiv und symmetrisch, da ist. $\Bumpeq_E = \{ (a,a') \in \Bumpeq_A \;|\; a \in E \land a' \in E\}$ $A$ $E$ $\Bumpeq_A$
Die Equalizer-Karte ist nur die Diagonale . $e$ $e : E \to A = \{(a, a)\;|\;a \in E\}$

Da ich meine erste Version des Beweises durcheinander gebracht habe, werde ich die Universalitätseigenschaft explizit angeben. Angenommen, wir haben ein anderes Objekt und einen anderen Morphismus so dass . $X$ $m : X \to A$ $m;f = m;g$

Definieren Sie nun als . Natürlich , aber um die Gleichheit zu zeigen, müssen wir das Gegenteil von . $h : X \to E$ $\{(x,a) \;|\; a \in E\}$ $h;i \subseteq m$ $m \subseteq h;i$

Nehmen wir also . Wir müssen jetzt zeigen, dass und . $(x,a) \in m$ $\forall b.\; (a,b) \in f \implies \exists a' \Bumpeq_A a.\; (a',b) \in g$ $\forall b.\; (a,b) \in g \implies \exists a' \Bumpeq_A a.\; (a',b) \in f$

Nehmen wir zunächst und . Wir wissen also, dass und , also . Daher , und so gibt es ein so dass und . Seit kennen wir , und so gibt es ein so dass . $b \in B$ $(a,b) \in f$ $(x,a) \in m$ $(a,b) \in f$ $(x,b) \in m;f$ $(x,b) \in m;g$ $a' \in A$ $(x,a') \in m$ $(a',b) \in g$ $x \Bumpeq x$ $a \Bumpeq a'$ $a' \Bumpeq a$ $(a',b) \in g$

Nehmen Sie symmetrisch und . Wir wissen also, dass und , also . Daher , und so gibt es ein so dass und . Seit kennen wir , und so gibt es ein so dass . $b \in B$ $(a,b) \in g$ $(x,a) \in m$ $(a,b) \in g$ $(x,b) \in m;g$ $(x,b) \in m;f$ $a' \in A$ $(x,a') \in m$ $(a',b) \in f$ $x \Bumpeq x$ $a \Bumpeq a'$ $a' \Bumpeq a$ $(a',b) \in f$

— Neel Krishnaswami
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Ich sehe nicht , wie Sie nachweisen können universal. Es gibt nur einen Weg, ein , und zwar durch Setzen von als . Offensichtlich , aber ich verstehe nicht, warum das Gegenteil gilt: nimm etwas und etwas mit . Dann haben wir , daher haben wir nach Wahl . Aus der Definition der Komposition so dass und . Wir können daraus schließen, dass

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^{'}

$a \symp a'$ , aber wir kennen nur und , also können wir nicht wirklich ableiten, dass und beenden.

a f b

$afb$

a^{'} g b

$a'gb$

a = a^{'}

$a=a'$

— Ohad Kammar

Ja, Sie haben Recht - die Teilmenge, die der Equalizer auswählt, muss kohärent sein, nicht gleich. Ich habe die Definition geändert, um dies widerzuspiegeln, und den Beweis gegeben, dass das Diagramm explizit pendelt.

— Neel Krishnaswami

Ah ... Aber jetzt das Diagramm nicht aus. Nehmen Sie in der Tat . Dann haben wir nach der Definition von , daher gibt es ein so dass . Aber wir haben diese , also können wir nicht zeigen, dass . Sie scheinen auf dieselben Probleme zu stoßen, auf die ich letzte Nacht gestoßen bin, daher meine offensichtliche Frage oben. Aber vielleicht wirst du Erfolg haben, wo ich versagt habe! Mein nächster Schritt war, ein zu nehmen und so etwas wie sagen , aber dann ist kein gültiger Morphismus, daher ist eine sorgfältigere Auswahl erforderlich.

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

Ich erinnere mich jetzt, warum ich gehofft hatte, dass die Antwort bereits in einer These von jemandem war. :) Wie auch immer, ich werde mehr darüber nachdenken - es könnte einen Trick geben, der durch die Tatsache möglich ist, dass inverse Bilder paarweise inkohärent sind.

— Neel Krishnaswami