Ist dies eine äquivalente Bedingung für algebraische Posets?

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Die Definition von "algebraische poset" in Continuous Gitter und Domains , Definition I-4.2, sagt , dass für alle ,xL

  • die Menge sollte eine gerichtete Menge sein, undA(x)=xK(L)
  • .x=(xK(L)

Hier a poset ist, K ( L ) ist die Menge der Elemente der kompakten L und x Mittel { y | y x } .LK(L)Lx{yyx}

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 1k 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,k1k2A(x)k1k2A(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 1x und k 2x , k 1k 2x . 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 1k 2 hinaus , dh . Da es über k 1 und k 2 hinausgegangen istk1k2k1xk2xk1k2xk1k2uk1k2k1k2uk1k2 , muss es sie passiert haben, dh es gibt Elemente so dass k 1y 1 und k 2y 2 sind . Da u eine gerichtete Menge ist, muss sie eine Obergrenze für y 1 und y 2 haben , sagen wir y . Nun k 1k 2y d . Dies zeigt, dassy1,y2uk1y1k2y2uy1y2yk1k2yd kompakt. Die beiden Teile zusammen sagen k 1k 2k1k2 .k1k2A(x)

Uday Reddy
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Sie sagen: "Wenn k1 und k2 in A (x) sind, dann ist k1 kk2 auch in A (x)" - wie beweisen Sie das?
Artem Pelenitsyn
@ArtemPelenitsyn: Ich habe der Frage mein Argument hinzugefügt.
Uday Reddy
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Bitte korrigieren Sie mich, wenn ich das falsch verstanden habe, aber: In Ihrer Notiz nehmen Sie an, dass k1⊔k2 in L existiert. Aber L ist nur ein Poset, keine gerichtete Menge, also können Sie das nicht tun.
Artem Pelenitsyn
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Ich fand auch die Tatsache, dass die zweite Bedingung in beschränkter vollständiger cpo hier ausreicht: homepages.inf.ed.ac.uk/libkin/papers/alcpo.pdf (S. 1)
Artem Pelenitsyn
@ArtemPelenitsyn. Super, vielen Dank. Seien Sie vorsichtig mit der versteckten Annahme!
Uday Reddy

Antworten:

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Ein Beispiel, in dem leer ist, ist die Menge der reellen Zahlen RA(x)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)=xLxA(x)= , 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 ) schreibenLNι1(n)ι2(n)n , geordnet nach:

  • ι1(m)ι1(n)mn
  • ι2(m)ι2(n)mn
  • für alle xxx .

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

  1. , offensichtlich.xK(L)

  2. , offensichtlich.x=(xK(L))

  3. Die Menge ist nicht gerichtet.K(L)=N+N

Andrej Bauer
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Cool. Tolles Beispiel!
Uday Reddy