นี่เป็นเงื่อนไขที่เท่าเทียมกันสำหรับท่าพีชคณิตหรือไม่?

คำจำกัดความของ "พีชคณิตโพเซต" ในLattices ต่อเนื่องและโดเมนคำจำกัดความ I-4.2 กล่าวว่าสำหรับทั้งหมด$x \in L$

• ชุดควรเป็นชุดกำกับและ$A(x) = {\downarrow} x \cap K(L)$
• )$x = \bigsqcup ({\downarrow} x \cap K(L)$

นี่เป็น poset, K ( L )เป็นชุดขององค์ประกอบที่มีขนาดกะทัดรัดของLและ↓ xหมายถึง{ Y | Y ⊑ x }$L$$K(L)$$L$${\downarrow} x$$\{y \mid y \sqsubseteq x\}$

ฉันรู้สึกประหลาดใจเล็กน้อยกับเงื่อนไขแรก มันเป็นข้อโต้แย้งเรื่องง่ายที่จะแสดงให้เห็นว่าถ้าและk 2อยู่ใน( x )แล้วk 1 ⊔ k 2ยังอยู่ใน( x ) ดังนั้นเซตย่อยที่ไม่มีการ จำกัด ทั้งหมดของA ( x )จึงมีขอบเขตบน คำถามเดียวก็คือว่าเซตย่อยที่ว่างเปล่ามีขอบเขตด้านบนอยู่หรือไม่นั่นคือA ( x )นั้นไม่ว่างเปล่าตั้งแต่แรก ดังนั้น,$k_1$$k_2$$A(x)$$k_1 \sqcup k_2$$A(x)$$A(x)$$A(x)$

• การเปลี่ยนเงื่อนไขแรกด้วยนั้นไม่มีเงื่อนไขหรือไม่?$A(x)$
• ตัวอย่างของสถานการณ์ที่ว่างเปล่าคืออะไร?$A(x)$

เพิ่มหมายเหตุ: ใน A (x) เป็นอย่างไร ครั้งแรกตั้งแต่k 1 ⊑ xและk 2 ⊑ xเราได้k 1 ⊔ k 2 ⊑ x ประการที่สองk 1และk 2มีขนาดกะทัดรัด ดังนั้นชุดกำกับที่ไป "เกิน" พวกเขาจะต้อง "ส่ง" พวกเขา สมมติว่าชุดกำกับยูยังไปเกินk 1 ⊔ k 2คือk 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$. ตั้งแต่มันได้หายไปเกินกว่าและk 2นั้นจะต้องผ่านไปพวกเขาคือมีองค์ประกอบY 1 , Y 2 ∈ Uดังกล่าวว่าk 1 ⊑ ปี1และk 2 ⊑ ปี 2 ตั้งแต่Uคือชุดกำกับก็ต้องมีขอบเขตบนสำหรับปีที่ 1และปีที่ 2กล่าวว่าY ตอนนี้k 1 ⊔ k 2 ⊑ Y ∈ d สิ่งนี้แสดงให้เห็นว่า$k_1$$k_2$$y_1, y_2 \in u$$k_1 \sqsubseteq y_1$$k_2 \sqsubseteq y_2$$u$$y_1$$y_2$$y$$k_1 \sqcup k_2 \sqsubseteq y \in d$มีขนาดกะทัดรัด ทั้งสองชิ้นด้วยกันบอกว่า k 1 ⊔ k 2 ∈ ( x )$k_1 \sqcup k_2$$k_1 \sqcup k_2 \in A(x)$

ตัวอย่างที่ว่างเปล่าคือชุดของจำนวนจริงRพร้อมลำดับปกติ มันไม่มีองค์ประกอบที่กะทัดรัดเลย$A(x)$$\mathbb{R}$

$A(x)$$A(x) = \emptyset$$x$$L$$x \in A(x) = \emptyset$

$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$$x$

$\infty$

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

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

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