Đây có phải là một điều kiện tương đương cho các posets đại số?

Định nghĩa của "poset đại số" trong Mạng và miền liên tục , Định nghĩa I-4.2, nói rằng, với mọi ,$x \in L$

• tập hợp phải là tập hợp có hướng và$A(x) = {\downarrow} x \cap K(L)$
• $x = \bigsqcup ({\downarrow} x \cap K(L)$ .

Ở đây là một poset, K ( L ) là tập hợp các phần tử nhỏ gọn của L và ↓ x có nghĩa là { y ∣ y ⊑ x } .$L$$K(L)$$L$${\downarrow} x$$\{y \mid y \sqsubseteq x\}$

Tôi hơi ngạc nhiên bởi điều kiện đầu tiên. Đó là một cuộc tranh cãi dễ dàng để chứng minh rằng, nếu và k 2 là trong Một ( x ) sau đó k 1 ⊔ k 2 cũng nằm trong Một ( x ) . Vì vậy, tất cả các tập con hữu hạn không trống của A ( x ) có giới hạn trên trong nó. Câu hỏi duy nhất là liệu tập hợp con trống có giới hạn trên trong nó hay không, nghĩa là liệu A ( x ) có phải là không trống ở vị trí đầu tiên hay không. Vì thế,$k_1$$k_2$$A(x)$$k_1 \sqcup k_2$$A(x)$$A(x)$$A(x)$

• Có thể thay thế điều kiện đầu tiên bằng là không trống?$A(x)$
• Một ví dụ về tình huống mà trống là gì?$A(x)$

Lưu ý thêm: trong A (x) như thế nào? Đầu tiên, vì k 1 ⊑ x và k 2 ⊑ x , nên ta có k 1 ⊔ k 2 ⊑ x . Thứ hai, k 1 và k 2 là nhỏ gọn. Vì vậy, bất kỳ tập hợp được định hướng nào "vượt quá" chúng đều phải "vượt qua" chúng. Giả sử một tập được định hướng u cũng vượt xa k 1 ⊔ k 2 , tức là k 1 ⊔ k 2 ⊑ ⨆ $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$ . Vì nó đã vượt quá và k 2 , nên nó phải vượt qua chúng, tức là có các yếu tố$k_1$$k_2$ như vậy mà k 1 ⊑ y 1 và k 2 ⊑ y 2 . Vì u là tập hợp có hướng, nên nó phải có giới hạn trên cho y 1 và y 2 , giả sử y . Bây giờ, k 1 ⊔ k 2 ⊑ y ∈ d . Điêu nay cho thây răng$y_1, y_2 \in u$$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$ là nhỏ gọn. Hai mảnh với nhau nói k 1 ⊔ k 2 ∈ A ( x ) .$k_1 \sqcup k_2$$k_1 \sqcup k_2 \in A(x)$

Một ví dụ trong đó trống là tập hợp các số thực R với thứ tự thông thường. Nó không có yếu tố nhỏ gọn nào cả.$A(x)$$\mathbb{R}$

Nếu chúng ta giả định điều kiện thứ hai sau đó không thể để trống: nếu A ( x ) = ∅ thì do điều kiện thứ hai x là trống tham gia, do đó các yếu tố nhỏ nhất của L , đó là nhỏ gọn, do đó x ∈ A ( x ) = ∅ , một mâu thuẫn.$A(x)$$A(x) = \emptyset$$x$$L$$x \in A(x) = \emptyset$

Đề xuất của bạn để thay thế điều kiện đầu tiên bằng không trống rỗng không hoạt động. Hãy xem xét poset trong đó bao gồm hai bản sao của N và ∞ , nơi mà chúng tôi viết ι 1 ( n ) và ι 2 ( n ) cho hai bản sao của n , sắp xếp theo:$L$$\mathbb{N}$$\infty$$\iota_1(n)$$\iota_2(n)$$n$

• $\iota_1(m) \leq \iota_1(n) \iff m \leq n$
• $\iota_2(m) \leq \iota_2(n) \iff m \leq n$
• cho tất cả các x .$x \leq \infty$$x$

Nói cách khác, chúng ta có hai chuỗi không thể so sánh được với một tối cao chung. Tất cả các yếu tố đều nhỏ gọn ngoại trừ . Hiện nay:$\infty$

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

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

3. Tập không được hướng dẫn.${\downarrow}\infty \cap K(L) = \mathbb{N} + \mathbb{N}$