伊德里斯定义证明

Question

我会写函数

powApply : Nat -> (a -> a) -> a -> a
powApply Z f = id
powApply (S k) f = f . powApply k f

并简单证明：

powApplyZero : (f : _) -> (x : _) -> powApp Z f x = x
powApplyZero f x = Refl

到目前为止，还不错。现在，我尝试将此函数概括为使用负指数。当然，必须提供一个反函数：

import Data.ZZ

-- Two functions, f and g, with a proof that g is an inverse of f
data Invertible : Type -> Type -> Type where
  MkInvertible : (f : a -> b) -> (g : b -> a) ->
                 ((x : _) -> g (f x) = x) -> Invertible a b

powApplyI : ZZ -> Invertible a a -> a -> a
powApplyI (Pos Z) (MkInvertible f g x) = id
powApplyI (Pos (S k)) (MkInvertible f g x) =
  f . powApplyI (Pos k) (MkInvertible f g x)
powApplyI (NegS Z) (MkInvertible f g x) = g
powApplyI (NegS (S k)) (MkInvertible f g x) =
  g . powApplyI (NegS k) (MkInvertible f g x)

然后我尝试证明类似的说法：

powApplyIZero : (i : _) -> (x : _) -> powApplyI (Pos Z) i x = x
powApplyIZero i x = ?powApplyIZero_rhs

但是Idris拒绝评估powApplyI的应用，留下?powApplyIZero_rhs的类型为powApplyI (Pos 0) i x = x（是的，Z改为0).我试过以非 pointsfree 风格编写 powApplyI，并使用 %elim 修饰符（我不明白）定义我自己的 ZZ，但这些都不起作用。为什么不通过检查 powApplyI 的第一个案例来处理证明？

伊德里斯版本：0.9.15.1

这里有一些东西：

powApplyNI : Nat -> Invertible a a -> a -> a
powApplyNI Z (MkInvertible f g x) = id
powApplyNI (S k) (MkInvertible f g x) = f . powApplyNI k (MkInvertible f g x)

powApplyNIZero : (i : _) -> (x : _) -> powApplyNI 0 i x = x
powApplyNIZero (MkInvertible f g y) x = Refl

powApplyZF : ZZ -> (a -> a) -> a -> a
powApplyZF (Pos Z) f = id
powApplyZF (Pos (S k)) f = f . powApplyZF (Pos k) f
powApplyZF (NegS Z) f = f
powApplyZF (NegS (S k)) f = f . powApplyZF (NegS k) f

powApplyZFZero : (f : _) -> (x : _) -> powApplyZF 0 f x = x
powApplyZFZero f x = ?powApplyZFZero_rhs

第一个证明很好，但是 ?powApplyZFZero_rhs 顽固地保留类型 powApplyZF (Pos 0) f x = x。显然，ZZ（或我对它的使用）存在一些问题。

Answer 1

powApplyI (Pos Z) i x 不会进一步减少，因为 i 不是弱头范式。

我没有 Idris 编译器，所以我用 Agda 重写了你的代码。非常相似：

open import Function
open import Relation.Binary.PropositionalEquality
open import Data.Nat
open import Data.Integer

data Invertible : Set -> Set -> Set where
  MkInvertible : {a b : Set} (f : a -> b) -> (g : b -> a) ->
                 (∀ x -> g (f x) ≡ x) -> Invertible a b

powApplyI : {a : Set} -> ℤ -> Invertible a a -> a -> a
powApplyI  ( + 0     ) (MkInvertible f g x) = id
powApplyI  ( + suc k ) (MkInvertible f g x) = f ∘ powApplyI  ( + k ) (MkInvertible f g x)
powApplyI -[1+ 0     ] (MkInvertible f g x) = g
powApplyI -[1+ suc k ] (MkInvertible f g x) = g ∘ powApplyI -[1+ k ] (MkInvertible f g x)

现在您可以将 powApplyIZero 定义为

powApplyIZero : {a : Set} (i : Invertible a a) -> ∀ x -> powApplyI (+ 0) i x ≡ x
powApplyIZero (MkInvertible _ _ _) _ = refl

i 上的模式匹配导致统一，powApplyI (+ 0) i x 被 powApplyI (+ 0) i (MkInvertible _ _ _) 取代，因此 powApplyI 可以进一步进行。

或者你可以明确地这样写：

powApplyIZero : {a : Set} (f : a -> a) (g : a -> a) (p : ∀ x -> g (f x) ≡ x)
              -> ∀ x -> powApplyI (+ 0) (MkInvertible f g p) x ≡ x
powApplyIZero _ _ _ _ = refl

Answer 2

问题：根据 Idris 的说法，powApplyI 并不是完全可以证明的。 Idris 的完整性检查器依赖于能够将参数减少到结构上更小的形式，并且对于原始 ZZs，这是行不通的。

答案是将递归委托给普通的旧powApply（已证明总数）：

total
powApplyI : ZZ -> a <~ a -> a -> a
powApplyI (Pos k) (MkInvertible f g x) = powApply k f
powApplyI (NegS k) (MkInvertible f g x) = powApply (S k) g

然后，通过 i 上的案例拆分，powApplyIZero 被证明是微不足道的。

感谢来自 #idris IRC 频道的 Melvar。

伊德里斯定义证明

Idris proof by definition

proof

idris