Bu cebirsel pozlar için eşdeğer bir koşul mu?

Sürekli Kafeslerde ve Alanlarda "cebirsel poset" tanımı, Tanım I-4.2, tüm ,$x \in L$

• grubu , yönlendirilmiş bir dizi olmalı ve$A(x) = {\downarrow} x \cap K(L)$
• .$x = \bigsqcup ({\downarrow} x \cap K(L)$

Burada , bir poşet olup, K ( L ), kompakt elemanlarının setidir L ve ↓ x aracı { y | y ⊑ x } .$L$$K(L)$$L$${\downarrow} x$$\{y \mid y \sqsubseteq x\}$

İlk durumdan biraz şaşırdım. Eğer, göstermek için kolay bir argümandır ve k 2 olan bir ( x ) daha sonra k 1 ⊔ k 2 de olduğu bir ( x ) . Dolayısıyla, A ( x ) ' in tüm boş olmayan sonlu altkümelerinin üst sınırları vardır. Tek soru, boş altkümenin içinde bir üst sınır olup olmadığı, yani A ( x ) 'nin ilk etapta boş olup olmadığıdır . Yani,$k_1$$k_2$$A(x)$$k_1 \sqcup k_2$$A(x)$$A(x)$$A(x)$

• İlk koşulu ile boş bırakmak yerine bir sorun yok mu?$A(x)$
• in boş olduğu duruma bir örnek nedir ?$A(x)$

Not eklendi: A (x) içindeki nasıl ? İlk olarak, k 1 ⊑ x ve k 2 ⊑ x olduğundan , k 1 ⊔ k 2 ⊑ x var . İkincisi, k 1 ve k 2 kompakt. Bu yüzden, "onları" aşan "yönlendirilmiş kümeler onları" geçmelidir ". Yönlendirilmiş bir kümenin u da k 1 ⊔ k 2'nin ötesine geçtiğini varsayalım , yani 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$. O ötesine gitti yana ve k 2 , bu yani unsur vardır, onları geçmiş olması gerekir y 1 , y 2 ∈ u öyle ki k 1 ⊑ y 1 ve k 2 ⊑ y 2 . Yana U yönlendirilmiş bir dizi, bir üst için bağlı olması gerekir y 1 ve y 2 , ki y . Şimdi, k 1 ⊔ k 2 ⊑ y ∈ d . Bu gösteriyor ki$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$$k_1 \sqcup k_2 \sqsubseteq y \in d$ kompakttır. İki parça birlikte k 1 ⊔ k 2 ∈ A ( x ) der .$k_1 \sqcup k_2$$k_1 \sqcup k_2 \in A(x)$

in boş olduğu bir örnek , normal sıralamayla gerçek R sayıları kümesidir . Hiçbir kompakt unsuru yoktur.$A(x)$$\mathbb{R}$

İkinci koşulu kabul edersek boş olamaz: A ( x ) = ∅ ise ikinci koşul x tarafından boş birleşme, bu nedenle kompakt olan en küçük L öğesi , bu nedenle x ∈ A ( x ) = ∅ , bir çelişki.$A(x)$$A(x) = \emptyset$$x$$L$$x \in A(x) = \emptyset$

İlk koşulu boşluksuzlukla değiştirme teklifiniz işe yaramıyor. Poşet göz önünde , iki kopya oluşur N ve ∞ biz yazmak, ι 1 ( n ) ve ι 2 ( n ) , iki kopya için n , sipariş:$L$$\mathbb{N}$$\infty$$\iota_1(n)$$\iota_2(n)$$n$

• $\iota_1(m) \leq \iota_1(n) \iff m \leq n$
• $\iota_2(m) \leq \iota_2(n) \iff m \leq n$
• Tüm x için x ≤ ∞ .$x \leq \infty$$x$

Yani, ortak bir üstünlüğe sahip iki eşsiz zincirimiz var. hariç tüm öğeler kompakttır . Şimdi:$\infty$

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

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

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