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 . $L$ $K(L)$ $L$ ${\downarrow} x$ $\{y \mid y \sqsubseteq x\}$

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, $k_1$ $k_2$ $A(x)$ $k_1 \sqcup k_2$ $A(x)$ $A(x)$ $A(x)$

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 dan $k_1 \sqcup k_2$ $k_1 \sqsubseteq x$ $k_2 \sqsubseteq x$ $k_1 \sqcup k_2 \sqsubseteq x$ $k_1$ $k_2$ $u$ $k_1 \sqcup k_2$ $k_1 \sqcup k_2 \sqsubseteq \bigsqcup u$ $k_1$ $k_2$ $y_1, y_2 \in u$ $k_1 \sqsubseteq y_1$ $k_2 \sqsubseteq y_2$ . Karena adalah set yang diarahkan, ia harus memiliki batas atas untuk dan , katakanlah . Sekarang, . Ini menunjukkan bahwa kompak. Kedua bagian tersebut bersama-sama mengatakan . $u$ $y_1$ $y_2$ $y$ $k_1 \sqcup k_2 \sqsubseteq y \in d$ $k_1 \sqcup k_2$ $k_1 \sqcup k_2 \in A(x)$

domain-theory

— Uday Reddy
sumber

Anda mengatakan: "jika k1 dan k2 berada di A (x) maka k1⊔k2 juga berada di A (x)" - bagaimana Anda membuktikan ini?

— Artem Pelenitsyn

@ ArtemPelenitsyn: Saya telah menambahkan argumen saya ke pertanyaan.

— Uday Reddy

Harap perbaiki saya jika saya salah, tetapi: dalam catatan Anda, Anda menganggap bahwa k1⊔k2 ada di L. Tapi L hanya poset, bukan set yang diarahkan, jadi Anda tidak bisa melakukan itu.

— Artem Pelenitsyn

Saya juga menemukan fakta bahwa kondisi kedua sudah cukup dalam cpo lengkap lengkap di sini: homepages.inf.ed.ac.uk/libkin/papers/alcpo.pdf (p. 1)

— Artem Pelenitsyn

@ArtemPelenitsyn. Bagus terima kasih banyak. Waspadai asumsi tersembunyi!

— Uday Reddy

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: $\infty$

${\downarrow}x \cap K(L) \neq \emptyset$ , jelas.
$x = \bigvee ({\downarrow}x \cap K(L))$ , jelas.
Set tidak diarahkan. ${\downarrow}\infty \cap K(L) = \mathbb{N} + \mathbb{N}$

— Andrej Bauer
sumber

Keren. Contoh yang bagus!

— Uday Reddy