Separación Cocientes, y la Inducida por la Orden

Question

Deje $P$ ser algunos de orden parcial.

Decimos que $x$ $y$ son compatibles si $\exists r\in P (r\le x \wedge r\le y)$, denotamos esto $x \perp y$. En caso contrario, decimos que $x$ $y$ son incompatibles.
Una orden de $P$ se llama separación si siempre $\neg (x \le y)$, entonces existe una $r\le x$, lo que es incompatible con $y$.

En Jech de la "Teoría de conjuntos" demuestra un lexema (14.11) que la construcción de un cociente de separación, $Q$, y una asignación de $h$ (general), parcialmente conjunto ordenado, $P$, que satisface las siguientes:

• $x\le y \Rightarrow h(x) \preceq h(y)$
• $x \perp y \iff h(x) \perp h(y)$

Y $h$ es a $Q$.

La construcción es un cociente de $P$ sobre la equivalencia de la relación de $x \sim y \iff \forall z(z \perp x \leftrightarrow z \perp y)$, e $[x] \preceq [y] \iff \forall z \le x(z \perp y)$. (Y obviamente, $h(x) = [x]$).

Hoy en día yo estaba tratando de demostrar el siguiente lema (que no aparecen en Jech del libro):

Deje $P$ ser algunos de orden parcial, y $Q$ su separación cociente. Si $[x] \preceq [y]$ entonces no existe $x' \in [x], y' \in [y]$ tal que $x' \le y'$.
(Es decir, que la separación de asignación es "casi" el fin de la preservación de.)

Intuitivamente parece derecho, pero podría muy bien ser un no-falsa creencia común. Cualquier sugerencias, pruebas parciales o completos de pruebas (sentado que no he demostrado a mí mismo, pero en este caso me voy a rush en el equipo más cercano y actualización) será muy bienvenido.

Answer 1

Mi amigo vino para arriba con un buen contador-ejemplo:

Entonces es fácil comprobar que $[x] \prec [y]$ pero $x \not{<} y$.

Sin embargo, si alguien tiene más información sobre el lexema o toda esta idea, me gustaría muy parecido a escuchar.

Answer 2

Otro ejemplo, quizás más transparente, ya que se puede ver cómo llegué a él.

Deje $P$ ser el conjunto de todos los infinitos subconjuntos de los números naturales $\omega$. A continuación, $A \subseteq^* B$ significa que $A\setminus B$ es finito.

Tome su favorito subconjuntos $A \subseteq B$$A \not=^* B$. Deje $P'$ ser el conjunto de todos los infinitos subconjuntos $S \subseteq \omega$ que satisfacer una de las siguientes propiedades:

1. $S \not=^* A$ $S \not=^* B$ .

2. $S=^* A$, e $22\in S$.

3. $S=^* B$, pero $22\notin S$.

Ahora $P'$ es esencialmente el mismo como $P$ (hereda la $\le$ $\le^*$ relaciones). Los conjuntos de tipo 2 forma un $=^*$-clase con es $\subseteq^*$-por debajo de la clase de los conjuntos de tipo 3, pero no hay ningún par de representantes, donde los verdaderos $\subseteq$-relaciones mantiene.