Це рівнозначна умова для алгебраїчних постів?

Визначення "алгебраїчної групи" в неперервних гратах і областях , визначення I-4.2, говорить про те, що для всіх ,$x \in L$

• множина повинна бути направленою множиною, і$A(x) = {\downarrow} x \cap K(L)$
• .$x = \bigsqcup ({\downarrow} x \cap K(L)$

Тут - поема, K ( L ) - це сукупність компактних елементів L , а ↓ x означає { y ∣ y ⊑ x } .$L$$K(L)$$L$${\downarrow} x$$\{y \mid y \sqsubseteq x\}$

Я трохи здивувався першій умові. Легким аргументом є показати, що якщо і k 2 знаходяться в A ( x ), то k 1 ⊔ k 2 також є в A ( x ) . Отже, усі непусті кінцеві підмножини A ( x ) мають у ньому верхні межі. Питання лише в тому, чи порожній підмножина має верхню межу в ньому, тобто чи спочатку A ( x ) не порожній . Тому,$k_1$$k_2$$A(x)$$k_1 \sqcup k_2$$A(x)$$A(x)$$A(x)$

• Чи нормально замінювати першу умову на не порожнім?$A(x)$
• Що таке приклад ситуації, коли порожній?$A(x)$

Примітка додана: Як в A (x)? По-перше, оскільки k 1 ⊑ x і k 2 ⊑ x , маємо k 1 ⊔ k 2 ⊑ x . По-друге, k 1 і k 2 є компактними. Отже, будь-який спрямований набір, який виходить "за межі", повинен "пропустити" їх. Припустимо, спрямоване безліч u також виходить за рамки k 1 ⊔ k 2 , тобто 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$. Оскільки він вийшов за межі і k 2 , він повинен був їх пропустити, тобто є елементи y 1 , y 2 ∈ u такі, що k 1 ⊑ y 1 і k 2 ⊑ y 2 . Оскільки u - це спрямована множина, вона повинна мати верхню межу для y 1 і y 2 , скажімо, y . Тепер k 1 ⊔ k 2 ⊑ y ∈ d . Це показує, що$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$$k_1 \sqcup k_2 \sqsubseteq y \in d$ є компактним. Дві частини разом кажуть k 1 ⊔ k 2 ∈ A ( x ) .$k_1 \sqcup k_2$$k_1 \sqcup k_2 \in A(x)$

Прикладом, коли порожній - це множина дійсних чисел R із звичайним упорядкуванням. У нього зовсім немає компактних елементів.$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. ${\downarrow}\infty \cap K(L) = \mathbb{N} + \mathbb{N}$