Ist dies eine äquivalente Bedingung für algebraische Posets?

Die Definition von "algebraische poset" in Continuous Gitter und Domains , Definition I-4.2, sagt , dass für alle ,$x \in L$

• die Menge sollte eine gerichtete Menge sein, und$A(x) = {\downarrow} x \cap K(L)$
• .$x = \bigsqcup ({\downarrow} x \cap K(L)$

Hier a poset ist, K ( L ) ist die Menge der Elemente der kompakten L und ↓ x Mittel { y | y ⊑ x } .$L$$K(L)$$L$${\downarrow} x$$\{y \mid y \sqsubseteq x\}$

Ich war ein bisschen überrascht von der ersten Bedingung. Es ist ein einfaches Argument, um zu zeigen, wenn und k 2 sind in A ( x ) , dann k 1 ⊔ k 2 ist auch in A ( x ) . Also haben alle nicht leeren endlichen Teilmengen von A ( x ) obere Schranken. Die Frage ist nur, ob die leere Teilmenge eine Obergrenze enthält, dh ob A ( x ) überhaupt nicht leer ist. So,$k_1$$k_2$$A(x)$$k_1 \sqcup k_2$$A(x)$$A(x)$$A(x)$

• Ist es in Ordnung, die erste Bedingung durch zu ersetzen, das nicht leer ist?$A(x)$
• Was ist ein Beispiel für eine Situation, in der leer ist?$A(x)$

Anmerkung hinzugefügt: Wie ist in A (x)? Erstens haben wir , da k 1 ≤ x und k 2 ≤ x , k 1 ≤ k 2 ≤ x . Zweitens sind k 1 und k 2 kompakt. Jede gerichtete Menge, die "über" sie hinausgeht, muss sie "bestehen". Angenommen, eine gerichtete Menge u geht auch über k 1 ≤ k 2 hinaus , dh . Da es über k 1 und k 2 hinausgegangen ist$k_1 \sqcup k_2$$k_1 \sqsubseteq x$$k_2 \sqsubseteq x$$k_1 \sqcup k_2 \sqsubseteq x$$k_1$$k_2$$u$$k_1 \sqcup k_2$$k_1 \sqcup k_2 \sqsubseteq \bigsqcup u$$k_1$$k_2$ , muss es sie passiert haben, dh es gibt Elemente so dass k 1 ≤ y 1 und k 2 ≤ y 2 sind . Da u eine gerichtete Menge ist, muss sie eine Obergrenze für y 1 und y 2 haben , sagen wir y . Nun k 1 ⊔ k 2 ⊑ y ∈ d . Dies zeigt, dass$y_1, y_2 \in u$$k_1 \sqsubseteq y_1$$k_2 \sqsubseteq y_2$$u$$y_1$$y_2$$y$$k_1 \sqcup k_2 \sqsubseteq y \in d$ kompakt. Die beiden Teile zusammen sagen k 1 ⊔ k $k_1 \sqcup k_2$ .$k_1 \sqcup k_2 \in A(x)$

Ein Beispiel, in dem leer ist, ist die Menge der reellen Zahlen $A(x)$$\mathbb{R}$ mit der üblichen Reihenfolge. Es hat überhaupt keine kompakten Elemente.

Wenn wir die zweite Bedingung annehmen, kann nicht leer sein: Wenn A ( x ) = ∅, dann ist x nach der zweiten Bedingung die leere Verknüpfung, also das kleinste Element von L , das kompakt ist, also x ∈ A ( x ) = $A(x)$$A(x) = \emptyset$$x$$L$$x \in A(x) = \emptyset$ , ein Widerspruch.

Ihr Vorschlag, die erste Bedingung durch Nicht-Leerheit zu ersetzen, funktioniert nicht. Betrachten Sie den Satz der aus zwei Kopien von N und ∞ besteht , wobei wir für die beiden Kopien von n ι 1 ( n ) und ι 2 ( n ) schreiben$L$$\mathbb{N}$$\infty$$\iota_1(n)$$\iota_2(n)$$n$ , geordnet nach:

• $\iota_1(m) \leq \iota_1(n) \iff m \leq n$
• $\iota_2(m) \leq \iota_2(n) \iff m \leq n$
• für alle$x \leq \infty$$x$ .

In Worten, wir haben zwei unvergleichliche Ketten mit einem gemeinsamen Supremum. Alle Elemente außer sind kompakt . Jetzt:$\infty$

1. , offensichtlich.${\downarrow}x \cap K(L) \neq \emptyset$

2. , offensichtlich.$x = \bigvee ({\downarrow}x \cap K(L))$

3. Die Menge ist nicht gerichtet.${\downarrow}\infty \cap K(L) = \mathbb{N} + \mathbb{N}$