week4.mdwn

   1 [[!toc]]
   2
   3 #These notes return to the topic of fixed point combiantors for one more return to the topic of fixed point combinators#
   4
   5 #Q: How do you know that every term in the untyped lambda calculus has
   6 a fixed point?#
   7
   8 A: That's easy: let `T` be an arbitrary term in the lambda calculus.  If
   9 `T` has a fixed point, then there exists some `X` such that `X <~~>
  10 TX` (that's what it means to *have* a fixed point).
  11
  12 <pre>
  13 let W = \x.T(xx) in
  14 let X = WW in
  15 X = WW = (\x.T(xx))W = T(WW) = TX
  16 </pre>
  17
  18 Please slow down and make sure that you understand what justified each
  19 of the equalities in the last line.
  20
  21 #Q: How do you know that for any term `T`, `YT` is a fixed point of `T`?#
  22
  23 A: Note that in the proof given in the previous answer, we chose `T`
  24 and then set `X = WW = (\x.T(xx))(\x.T(xx))`.  If we abstract over
  25 `T`, we get the Y combinator, `\T.(\x.T(xx))(\x.T(xx))`.  No matter
  26 what argument `T` we feed Y, it returns some `X` that is a fixed point
  27 of `T`, by the reasoning in the previous answer.
  28
  29 #Q: So if every term has a fixed point, even `Y` has fixed point.#
  30
  31 A: Right:
  32
  33     let Y = \T.(\x.T(xx))(\x.T(xx)) in
  34     Y Y = \T.(\x.T(xx))(\x.T(xx)) Y
  35         = (\x.Y(xx))(\x.Y(xx))
  36         = Y((\x.Y(xx))(\x.Y(xx)))
  37         = Y(Y((\x.Y(xx))(\x.Y(xx))))
  38         = Y(Y(Y(...(Y(YY))...)))
  39
  40 #Q: Ouch!  Stop hurting my brain.#
  41
  42 A: Let's come at it from the direction of arithmetic.  Recall that we
  43 claimed that even `succ`---the function that added one to any
  44 number---had a fixed point.  How could there be an X such that X = X+1?
  45 That would imply that
  46
  47     X = succ X = succ (succ X) = succ (succ (succ (X))) = succ (... (succ X)...)
  48
  49 In other words, the fixed point of `succ` is a term that is its own
  50 successor.  Let's just check that `X = succ X`:
  51
  52     let succ = \n s z. s (n s z) in
  53     let X = (\x.succ(xx))(\x.succ(xx)) in
  54     succ X
  55       = succ ((\x.succ(xx))(\x.succ(xx)))
  56       = succ (succ ((\x.succ(xx))(\x.succ(xx))))
  57       = succ (succ X)
  58
  59 You should see the close similarity with YY here.
  60
  61 #Q. So `Y` applied to `succ` returns a number that is not finite!#
  62
  63 A. Yes!  Let's see why it makes sense to think of `Y succ` as a Church
  64 numeral:
  65
  66       [same definitions]
  67       succ X
  68       = (\n s z. s (n s z)) X
  69       = \s z. s (X s z)
  70       = succ (\s z. s (X s z)) ; using fixed-point reasoning
  71       = \s z. s ([succ (\s z. s (X s z))] s z)
  72       = \s z. s ([\s z. s ([succ (\s z. s (X s z))] s z)] s z)
  73       = \s z. s (s (succ (\s z. s (X s z))))
  74
  75 So `succ X` looks like a numeral: it takes two arguments, `s` and `z`,
  76 and returns a sequence of nested applications of `s`...
  77
  78 You should be able to prove that `add 2 (Y succ) <~~> Y succ`,
  79 likewise for `mult`, `minus`, `pow`.  What happens if we try `minus (Y
  80 succ)(Y succ)`?  What would you expect infinity minus infinity to be?
  81 (Hint: choose your evaluation strategy so that you add two `s`s to the
  82 first number for every `s` that you add to the second number.)
  83
  84 This is amazing, by the way: we're proving things about a term that
  85 represents arithmetic infinity.
  86
  87 It's important to bear in mind the simplest term in question is not
  88 infinite:
  89
  90      Y succ = (\f.(\x.f(xx))(\x.f(xx)))(\n s z. s (n s z))
  91
  92 The way that infinity enters into the picture is that this term has
  93 no normal form: no matter how many times we perform beta reduction,
  94 there will always be an opportunity for more beta reduction.  (Lather,
  95 rinse, repeat!)
  96
  97 #Q. That reminds me, what about [[evaluation order]]?#
  98
  99 A. For a recursive function that has a well-behaved base case, such as
 100 the factorial function, evaluation order is crucial.  In the following
 101 computation, we will arrive at a normal form.  Watch for the moment at
 102 which we have to make a choice about which beta reduction to perform
 103 next: one choice leads to a normal form, the other choice leads to
 104 endless reduction:
 105
 106     let prefac = \f n. isZero n 1 (mult n (f (pred n))) in
 107     let fac = Y prefac in
 108     fac 2
 109        = [(\f.(\x.f(xx))(\x.f(xx))) prefac] 2
 110        = [(\x.prefac(xx))(\x.prefac(xx))] 2
 111        = [prefac((\x.prefac(xx))(\x.prefac(xx)))] 2
 112        = [prefac(prefac((\x.prefac(xx))(\x.prefac(xx))))] 2
 113        = [(\f n. isZero n 1 (mult n (f (pred n))))
 114           (prefac((\x.prefac(xx))(\x.prefac(xx))))] 2
 115        = [\n. isZero n 1 (mult n ([prefac((\x.prefac(xx))(\x.prefac(xx)))] (pred n)))] 2
 116        = isZero 2 1 (mult 2 ([prefac((\x.prefac(xx))(\x.prefac(xx)))] (pred 2)))
 117        = mult 2 ([prefac((\x.prefac(xx))(\x.prefac(xx)))] 1)
 118        ...
 119        = mult 2 (mult 1 ([prefac((\x.prefac(xx))(\x.prefac(xx)))] 0))
 120        = mult 2 (mult 1 (isZero 0 1 ([prefac((\x.prefac(xx))(\x.prefac(xx)))] (pred 0))))
 121        = mult 2 (mult 1 1)
 122        = mult 2 1
 123        = 2
 124
 125 The crucial step is the third from the last.  We have our choice of
 126 either evaluating the test `isZero 0 1 ...`, which evaluates to `1`,
 127 no matter what the ... contains;
 128 or we can evaluate the `Y` pump, `(\x.prefac(xx))(\x.prefac(xx))`, to
 129 produce another copy of `prefac`.  If we postpone evaluting the
 130 `isZero` test, we'll pump out copy after copy of `prefac`, and never
 131 realize that we've bottomed out in the recursion.  But if we adopt a
 132 leftmost/call-by-name/normal-order evaluation strategy, we'll always
 133 start with the `isZero` predicate, and only produce a fresh copy of
 134 `prefac` if we are forced to.
 135
 136 #Q.  You claimed that the Ackerman function couldn't be implemented using our primitive recursion techniques (such as the techniques that allow us to define addition and multiplication).  But you haven't shown that it is possible to define the Ackerman function using full recursion.#
 137
 138 A. OK:
 139
 140 <pre>
 141 A(m,n) =
 142     | when m == 0 -> n + 1
 143     | else when n == 0 -> A(m-1,1)
 144     | else -> A(m-1, A(m,n-1))
 145
 146 let A = Y (\A m n. isZero m (succ n) (isZero n (A (pred m) 1) (A (pred m) (A m (pred n))))) in
 147 </pre>
 148
 149 For instance,
 150
 151     A 1 2
 152     = A 0 (A 1 1)
 153     = A 0 (A 0 (A 1 0))
 154     = A 0 (A 0 (A 0 1))
 155     = A 0 (A 0 2)
 156     = A 0 3
 157     = 4
 158
 159 A 1 x is to A 0 x as addition is to the successor function;
 160 A 2 x is to A 1 x as multiplication is to addition;
 161 A 3 x is to A 2 x as exponentiation is to multiplication---
 162 so A 4 x is to A 3 x as hyper-exponentiation is to exponentiation...
 163
 164 #Q. What other questions should I be asking?#
 165
 166 *    What is it about the variant fixed-point combinators that makes
 167      them compatible with a call-by-value evaluation strategy?
 168
 169 *    How do you know that the Ackerman function can't be computed
 170      using primitive recursion techniques?
 171
 172 *    What *exactly* is primitive recursion?
 173
 174 *    I hear that `Y` delivers the *least* fixed point.  Least
 175      according to what ordering?  How do you know it's least?
 176      Is leastness important?