我们能否将Coq中的cardinals分配给Prop，Set和每个Type_i？我只在Coq的库中看到finite cardinals的定义，所以也许我们首先需要大红衣主教的定义。
根据不相关证明的语义，例如暴露的here，Set和Type_i形成inaccessible cardinals的递增序列。可以在Coq中证明吗？
Prop由于难以理解而显得更加复杂。证明无关紧要意味着我们识别出同一P : Prop的所有证明，并将Prop本身解释为对{false, true}。因此Prop的基数将为2。但是，对于任何两个证明p1 p2 : P，Coq不接受eq_refl p1作为p1 = p2的证明。因此，Coq不能完全识别p1和p2。另一方面，易容性意味着对于任何A : Type和P : Prop，A -> P的类型为Prop。比Set中的居民多得多。
如果这太难了，Coq是否可以证明Prop和Set是不可数的？通过Cantor's theorem，Coq轻松证明不存在nat -> (nat -> Prop)。似乎并没有证明没有nat -> Prop。但是随后我们需要过滤器Prop -> (nat -> Prop)，该过滤器隔离哪个Prop具有一个空闲的nat变量。因为我们无法在Prop上进行模式匹配，所以可以在Coq中定义此过滤器吗？
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不可能显示treeWidget.header()->setSectionResizeMode(column, QtWidgets.QHeaderView.ResizeToContents)在Coq中是不可数的。标准库中的ClassicalFacts模块表明，命题退化的公理Prop等于排除了中间和命题可扩展性。由于Coq的集合理论模型验证了这两个公理，因此Coq无法反驳简并性。
肯定可以证明forall A : Prop, A = True \/ A = False和Set是无限的，因为它们包含以Type为界的所有类型的Fin n自然数，并且这些类型都是可证明的彼此不同，因为它们具有不同的基数。我怀疑可以通过调整通常的对角化参数来表明它们是不可数的-也就是说，假设某些可逆计数函数n，并尝试对类似于“不控制自己”。我不知道您将如何证明这些类型是不可访问的基数。