Apakah ini kondisi yang setara untuk poset aljabar?

Definisi "algebraic poset" dalam Continuous Lattices and Domains , Definisi I-4.2, mengatakan bahwa, untuk semua ,$x \in L$

• set harus merupakan set yang diarahkan, dan$A(x) = {\downarrow} x \cap K(L)$
• $x = \bigsqcup ({\downarrow} x \cap K(L)$ .

Di sini adalah poset, adalah himpunan elemen kompak dari , dan berarti .K ( L ) L ↓ x { y ∣ y ⊑ x $L$$K(L)$$L$${\downarrow} x$$\{y \mid y \sqsubseteq x\}$

Saya sedikit terkejut dengan kondisi pertama. Ini adalah argumen yang mudah untuk menunjukkan bahwa, jika dan berada di maka juga berada di . Jadi, semua subset terbatas hingga memiliki batas atas di dalamnya. Satu-satunya pertanyaan adalah apakah subset kosong memiliki batas atas di dalamnya, yaitu, apakah tidak kosong di tempat pertama. Begitu,k 2 A ( x ) k 1 ⊔ k 2 A ( x ) A ( x ) A ( x $k_1$$k_2$$A(x)$$k_1 \sqcup k_2$$A(x)$$A(x)$$A(x)$

• Apakah boleh mengganti kondisi pertama dengan nonempty?$A(x)$
• Apa contoh situasi di mana kosong?$A(x)$

Catatan ditambahkan: Bagaimana dalam A (x)? Pertama, karena dan , kami memiliki . Kedua, dan kompak. Jadi, setiap perangkat terarah yang melampaui "mereka" harus "melewati" mereka. Misalkan set diarahkan juga melampaui , yaitu, . Karena telah melampaui dan , itu pasti telah melewati mereka, yaitu, ada elemen sedemikian rupa sehingga dank 1 ⊑ x k 2 ⊑ x k 1 ⊔ k 2 ⊑ x k 1 k 2 u k 1 ⊔ k 2 k 1 ⊔ k 2 ⊑ ⨆ u k 1 k 2 y 1 , y 2 ∈ u k 1 ⊑ y 1 k 2 ⊑ y $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$$y_1, y_2 \in u$$k_1 \sqsubseteq y_1$$k_2 \sqsubseteq y_2$ . Karena adalah set yang diarahkan, ia harus memiliki batas atas untuk dan , katakanlah . Sekarang, . Ini menunjukkan bahwa kompak. Kedua bagian tersebut bersama-sama mengatakan .y 1 y 2 y k 1 ⊔ k 2 ⊑ y ∈ d k 1 ⊔ k 2 k 1 ⊔ k 2 ∈ A ( x $u$$y_1$$y_2$$y$$k_1 \sqcup k_2 \sqsubseteq y \in d$$k_1 \sqcup k_2$$k_1 \sqcup k_2 \in A(x)$

Contoh di mana kosong adalah himpunan bilangan real dengan pemesanan biasa. Tidak memiliki elemen kompak sama sekali.$A(x)$$\mathbb{R}$

Jika kita mengasumsikan kondisi kedua maka tidak boleh kosong: jika maka dengan kondisi kedua adalah gabungan kosong, maka elemen terkecil , yang kompak, oleh karena itu , sebuah kontradiksi.$A(x)$$A(x) = \emptyset$$x$$L$$x \in A(x) = \emptyset$

Proposal Anda untuk mengganti kondisi pertama dengan non-kekosongan tidak berfungsi. Pertimbangkan poset yang terdiri dari dua salinan dan , di mana kita menulis dan untuk dua salinan dari , dipesan oleh:$L$$\mathbb{N}$$\infty$$\iota_1(n)$$\iota_2(n)$$n$

• $\iota_1(m) \leq \iota_1(n) \iff m \leq n$
• $\iota_2(m) \leq \iota_2(n) \iff m \leq n$
• $x \leq \infty$ untuk semua .$x$

Dengan kata lain, kita memiliki dua rantai yang tak tertandingi dengan supremum bersama. Semua elemen kompak kecuali . Sekarang:$\infty$

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

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

3. Set tidak diarahkan.${\downarrow}\infty \cap K(L) = \mathbb{N} + \mathbb{N}$