Это эквивалентное условие для алгебраических множеств?

Определение «алгебраической посета» в непрерывных решетках и доменов , Определение I-4,2, говорит , что для всех ,$x \in L$

• множество должно быть направленным множеством, и$A(x) = {\downarrow} x \cap K(L)$
• .$x = \bigsqcup ({\downarrow} x \cap K(L)$

Здесь - множество, K ( L ) - множество компактных элементов из L , и ↓ x означает { y ∣ y ⊑ x } .$L$$K(L)$$L$${\downarrow} x$$\{y \mid y \sqsubseteq x\}$

Я был немного удивлен первым условием. Легко показать, что если и k 2 находятся в A ( x ), то k 1 ⊔ k 2 также находится в A ( x ) . Итак, все непустые конечные подмножества в A ( x ) имеют верхние оценки. Единственный вопрос состоит в том, имеет ли пустое подмножество верхнюю границу, т. Е. Является ли A ( x ) непустым в первую очередь. Так,$k_1$$k_2$$A(x)$$k_1 \sqcup k_2$$A(x)$$A(x)$$A(x)$

• Можно ли заменить первое условие на непустым?$A(x)$
• Каков пример ситуации, когда пуст?$A(x)$

Добавлено примечание: как в A (x)? Во-первых, поскольку k 1 ⊑ x и k 2 ⊑ x , имеем k 1 ⊔ k 2 ⊑ x . Во-вторых, k 1 и k 2 компактны. Таким образом, любой направленный набор, который выходит за их пределы, должен их «пропустить». Предположим, что направленное множество u также выходит за пределы k 1 ⊔ k 2 , т.е. 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$, Поскольку он вышел за пределы и k 2 , он, должно быть, прошел их, т. Е. Существуют элементы y 1 , y 2 ∈ u , для которых k 1 ⊑ y 1 и k 2 ⊑ y 2 . Поскольку u является направленным множеством, оно должно иметь верхнюю границу для y 1 и y 2 , скажем, y . Теперь k 1 ⊔ k 2 ⊑ y ∈ d . Это показывает, что$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$$k_1 \sqcup k_2 \sqsubseteq y \in d$ компактно. Две части вместе говорят, что k 1 ⊔ k 2 ∈ A ( x ) .$k_1 \sqcup k_2$$k_1 \sqcup k_2 \in A(x)$

Примером, где является пустым, является набор действительных чисел R с обычным порядком. У него нет компактных элементов вообще.$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. ${\downarrow}\infty \cap K(L) = \mathbb{N} + \mathbb{N}$