Est-ce une condition équivalente pour les posets algébriques?

La définition de "poset algébrique" dans les réseaux continus et les domaines , définition I-4.2, dit que, pour tout ,$x \in L$

• l'ensemble doit être un ensemble dirigé, et$A(x) = {\downarrow} x \cap K(L)$
• $x = \bigsqcup ({\downarrow} x \cap K(L)$ .

Ici $L$ est un poset, $K(L)$ est l'ensemble des éléments compacts de $L$ , et ${\downarrow} x$ signifie $\{y \mid y \sqsubseteq x\}$ .

J'ai été un peu surpris par la première condition. C'est un argument simple pour montrer que, si $k_1$ et $k_2$ sont dans $A(x)$ alors $k_1 \sqcup k_2$ est aussi dans $A(x)$ . Ainsi, tous les sous-ensembles finis non vides de $A(x)$ ont des limites supérieures. La seule question est de savoir si le sous-ensemble vide contient une limite supérieure, c'est-à-dire si $A(x)$ n'est pas vide en premier lieu. Donc,

• Est-il correct de remplacer la première condition par $A(x)$ non vide?
• Quel est un exemple de situation où $A(x)$ est vide?

Note ajoutée: Comment est $k_1 \sqcup k_2$ dans A (x)? Tout d'abord, puisque $k_1 \sqsubseteq x$ et $k_2 \sqsubseteq x$ , nous avons $k_1 \sqcup k_2 \sqsubseteq x$ . Deuxièmement, $k_1$ et $k_2$ sont compacts. Donc, tout ensemble dirigé qui les dépasse "doit" les dépasser. Supposons qu'un ensemble dirigé $u$ dépasse également $k_1 \sqcup k_2$ , c'est-à-dire $k_1 \sqcup k_2 \sqsubseteq \bigsqcup u$ . Puisqu'il a dépassé $k_1$ et $k_2$ , il doit les avoir passés, c'est-à-dire qu'il y a des éléments $y_1, y_2 \in u$ tels que $k_1 \sqsubseteq y_1$ et$k_2 \sqsubseteq y_2$ . Puisque $u$ est un ensemble dirigé, il doit avoir une limite supérieure pour $y_1$ et $y_2$ , disons $y$ . Maintenant, $k_1 \sqcup k_2 \sqsubseteq y \in d$ . Cela montre que $k_1 \sqcup k_2$ est compact. Les deux pièces indiquent ensemble $k_1 \sqcup k_2 \in A(x)$ .

Un exemple où est vide est l'ensemble des nombres réels avec l'ordre habituel. Il ne contient aucun élément compact.$A(x)$$\mathbb{R}$

Si nous supposons la deuxième condition, alors ne peut pas être vide: si alors par la deuxième condition est la jointure vide, donc le plus petit élément de , qui est compact, donc , une contradiction.$A(x)$$A(x) = \emptyset$$x$$L$$x \in A(x) = \emptyset$

Votre proposition de remplacer la première condition par la non-vacuité ne fonctionne pas. Considérons le poset qui se compose de deux copies de et , où nous écrivons et pour les deux copies de , ordonnées par:$L$$\mathbb{N}$$\infty$$\iota_1(n)$$\iota_2(n)$$n$

• $\iota_1(m) \leq \iota_1(n) \iff m \leq n$
• $\iota_2(m) \leq \iota_2(n) \iff m \leq n$
• $x \leq \infty$ pour tous les .$x$

En termes, nous avons deux chaînes incomparables avec un supremum commun. Tous les éléments sont compacts sauf . Maintenant:$\infty$

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

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

3. L'ensemble n'est pas dirigé.${\downarrow}\infty \cap K(L) = \mathbb{N} + \mathbb{N}$