এটি কি বীজগণিত পোজগুলির জন্য সমতুল্য শর্ত?

Question

"বীজগাণিতিক poset" এ সংজ্ঞার ক্রমাগত lattices এবং ডোমেনগুলির , সংজ্ঞা আই-4.2, যাতে লেখা সবার জন্য ,$x \in L$

• সেট একটি নির্দেশ সেট হওয়া উচিত, এবং$A(x) = {\downarrow} x \cap K(L)$
• ।$x = \bigsqcup ({\downarrow} x \cap K(L)$

এখানে একটি poset হয়, কে ( এল ) এর কম্প্যাক্ট উপাদানের সেট এল , এবং ↓ এক্স মানে { Y | Y ⊑ এক্স } ।$L$$K(L)$$L$${\downarrow} x$$\{y \mid y \sqsubseteq x\}$

আমি প্রথম শর্তটি দেখে কিছুটা অবাক হয়েছিলাম। এটি দেখানো একটি সহজ যুক্তি যে, এবং কে 2 যদি এ ( এক্স ) হয় তবে কে 1 ⊔ কে 2 এছাড়াও এ ( এক্স ) এ রয়েছে । সুতরাং, এ ( এক্স ) এর সমস্ত মজাদার সীমাবদ্ধ সাবসেটগুলির এটির উপরের সীমানা রয়েছে। কেবলমাত্র প্রশ্নটি হ'ল খালি সাবসেটটির এটির উপরের বাউন্ড রয়েছে, অর্থাত, এ ( এক্স ) প্রথম স্থানে নেই whether সুতরাং,$k_1$$k_2$$A(x)$$k_1 \sqcup k_2$$A(x)$$A(x)$$A(x)$

• সাথে প্রথম শর্তটি প্রতিস্থাপন করা কি নমনীয় নয়?$A(x)$
• খালি থাকার পরিস্থিতির উদাহরণ কী ?$A(x)$

---

নোট যোগ করেছেন: কেমন আছে একটি মধ্যে (x) এর? প্রথমত, কে 1 ⊑ x এবং কে 2 ⊑ x থেকে , আমাদের কাছে k 1 ⊔ k 2 ⊑ x রয়েছে । দ্বিতীয়ত, কে 1 এবং কে 2 কমপ্যাক্ট। সুতরাং, যে কোনও নির্দেশিত সেট যা তাদের "ছাড়িয়ে যায়" অবশ্যই তাদের "পাস" করে। একটি নির্দেশ সেট ধরুন তোমার দর্শন লগ করা এছাড়াও ছাড়াইয়া যায় ট 1 ⊔ ট 2 , অর্থাত্, ট 1 ⊔ ট 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$। যেহেতু এটি এবং কে 2 এর বাইরে চলে গেছে তাই এটি অবশ্যই তাদেরকে পেরিয়ে গেছে, অর্থাত্ y 1 , y 2 ∈ u যেমন K 1 ⊑ y 1 এবং k 2 ⊑ y 2 রয়েছে । যেহেতু তোমার দর্শন লগ করা একটি নির্দেশ সেট থাকে, তখন একটি ঊর্ধ্ব জন্য আবদ্ধ থাকতে হবে Y 1 এবং Y 2 বলতে Y । এখন, কে 1 ⊔ কে 2 ⊑ y ∈ d । এটি এটি দেখায়$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$$k_1 \sqcup k_2 \sqsubseteq y \in d$ কমপ্যাক্ট। দুটি টুকরা একসাথে কে 1 ⊔ কে 2 ∈ এ ( এক্স ) বলে ।$k_1 \sqcup k_2$$k_1 \sqcup k_2 \in A(x)$

Comments

আপনি বলছেন: “যদি কে 1 এবং কে 2 এ (x) এ থাকে তবে কে 1⊔k2 এছাড়াও এ (এক্স) এ থাকে” - আপনি কীভাবে এটি প্রমাণ করবেন?

— আর্টেম পেলেনিতসিন

@ আর্টেমপিলেনিটসিন: আমি প্রশ্নটিতে আমার যুক্তি যুক্ত করেছি।

— উদয় রেড্ডি

দয়া করে আমাকে সংশোধন করুন তবে আমার সংশোধন করুন, তবে: আপনার নোটে আপনি ধরে নিয়েছেন যে কে 1⊔k2 এল-এ রয়েছে But তবে এল কেবলমাত্র একটি পোসেট, কোনও নির্দেশিত সেট নয়, তাই আপনি এটি করতে পারবেন না।

— আর্টেম পেলেনিতসিন

আমি এও জানতে পেরেছিলাম যে দ্বিতীয় শর্তটি এখানে আবদ্ধ সম্পূর্ণ সিপিওতে যথেষ্ট: হোম

— পেজস.in.এফ.এইড.উক / লিবকিন / পেপারস / আলকপো.পিডিএফ

@ArtemPelenitsyn। দুর্দান্ত, অনেক অনেক ধন্যবাদ। গোপন ধারণা থেকে সাবধান!

— উদয় রেড্ডি

Answer 1

একটি উদাহরণ যেখানে খালি বাস্তব সংখ্যার সেট হয় R স্বাভাবিক ক্রম সঙ্গে। এটির কোনও কমপ্যাক্ট উপাদান নেই।$A(x)$$\mathbb{R}$

যদি আমরা দ্বিতীয় শর্তটি ধরে নিই তবে খালি থাকতে পারে না: যদি A ( x ) = ∅ তবে দ্বিতীয় শর্ত অনুসারে x হল খালি যোগ, সুতরাং এল এর সর্বনিম্ন উপাদান , যা কমপ্যাক্ট, তাই x ∈ A ( x) ) = ∅ , একটি বৈপরীত্য।$A(x)$$A(x) = \emptyset$$x$$L$$x \in A(x) = \emptyset$

আপনার শর্ত শূন্যতার সাথে প্রথম শর্তটি প্রতিস্থাপনের প্রস্তাব কার্যকর করে না। বিবেচনা করুন poset দুটি অনুলিপি নিয়ে গঠিত যা এন এবং ∞ , যেখানে আমরা লিখতে ι 1 ( এন ) এবং ι 2 ( এন ) দুটি অনুলিপি জন্য এন , দ্বারা আদেশ:$L$$\mathbb{N}$$\infty$$\iota_1(n)$$\iota_2(n)$$n$

• $\iota_1(m) \leq \iota_1(n) \iff m \leq n$
• $\iota_2(m) \leq \iota_2(n) \iff m \leq n$
• সবার জন্য এক্স ।$x \leq \infty$$x$

কথায় কথায়, আমাদের দুটি প্রচলিত শৃঙ্খল রয়েছে একটি সাধারণ আধিপত্যের সাথে। সমস্ত উপাদান ছাড়া কম্প্যাক্ট হয় । এখন:$\infty$

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

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

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

Comments

কুল। দুর্দান্ত উদাহরণ!

— উদয় রেড্ডি