¿Es la topología del producto de las topologías scott una topología scott?

Question

Definición : Dejemos que $(A, \leq)$ sea un poset (conjunto parcialmente ordenado) y $O \subseteq A$ . Entonces

• $O$ es un conjunto dirigido si y sólo si para cualquier $x, y \in O$ existe $z \in O$ tal que $x \leq z \mathrm{\ and\ } y \leq z$ .
• $O$ es un conjunto superior si y sólo si para cualquier $x \in O$ , $y \in A$ , $x \leq y$ implica $y \in O$ .
• $O$ es inaccesible mediante uniones dirigidas si y sólo si para cualquier conjunto dirigido $S \ (\subseteq A)$ con un límite superior mínimo $\sup S$ , $\sup S \in O$ implica $S \cap O \neq \emptyset$ .
• $O$ es scott abierto si y sólo si $O$ es un conjunto superior e inaccesible mediante uniones dirigidas.
• La topología de scott de A es la topología cuyos conjuntos abiertos son conjuntos abiertos de scott.

Question : Dejemos que $(A_i, \leq_i)$ sean posets para $i = 1,2,\dots,n$ et $A := A_1 \times \cdots \times A_n$ un poset con el orden parcial definido como sigue: $$ x \leq y \iff x_i \leq_i y_i\ (\mathrm{for\ all}\ i = 1,2,\dots,n) \\ \mathrm{for}\ x = (x_1, \dots, x_n),\ y = (y_1, \dots, y_n) \in A.$$

Entonces, ¿la topología del producto $\mathcal{O}$ de las topologías Scott de $A_i$ coinciden con la topología de Scott $\mathcal{O}'$ de $A$ ?

(He comprobado un conjunto abierto en $\mathcal{O}$ es un conjunto abierto en $\mathcal{O}'$ pero no puedo mostrar lo contrario).

Gracias de antemano.

Answer 1

La respuesta es no. Dejemos que $A_1=\mathbb{N}\times(\mathbb{N}\cup\{\infty\})$ , donde $(a,b)\leqslant (a',b')$ si $a=a'$ et $b\leqslant b'$ o $b'=\infty$ et $b\leqslant a'$ Esto se llama a veces el "espacio de Johnstone". Sea $A_2=\mathcal{O}_{A_1}$ sea la topología de Scott en $A_1$ , donde $\leqslant$ viene dada por $\subseteq$ . Ahora defina el subconjunto $X=\{(a,U):a\in U\}\subseteq A_1\times A_2$ . Tenga en cuenta que $X$ es abierto en la topología de Scott en $A_1\times A_2$ En efecto, si $(a,U)\in X$ et $(a,U)\leqslant (a',U')$ entonces $a\in U$ et $a\leqslant a'$ De ahí que $a'\in U$ y $U\subseteq U'$ De ahí que $a'\in U'$ De ahí que $(a',U')\in X$ para que $X$ es un conjunto superior. Para ver que $X$ es inaccesible mediante uniones dirigidas, supongamos que $\{(a_i,U_i)\}_{i\in I}$ es un conjunto dirigido con un límite superior mínimo y que $(a,U):=\sup_{i\in I}(a_i,U_i)\in X$ . Entonces $\{a_i\}_{i\in I}$ es un subconjunto dirigido de $A_1$ con supremacía $a$ y $a\in U$ De ahí que $U\cap\{a_i\}_{i\in I}\neq\varnothing$ ; decir $a_{i_0}\in U$ . Ahora $U=\sup_{i\in I}U_i=\bigcup_{i\in I}U_i$ Así que, como $a_{i_0}\in U$ existe alguna $i_1$ con $a_{i_0}\in U_{i_1}$ . Desde $\{a_i,U_i\}_{i\in I}$ es un conjunto dirigido, existe algún $i_2$ tal que $(a_{i_2},U_{i_2})\geqslant (a_{i_k},U_{i_k})$ para cada $k\in\{0,1\}$ y ahora $(a_{i_2},U_{i_2})\in X$ De ahí que $X\cap\{(a_i,U_i)\}_{i\in I}$ es no vacía, como se desea. Así, $X$ es abierto en la topología de Scott en $A_1\times A_2$ . Sin embargo, $X$ no está abierto en la topología del producto en $A_1\times A_2$ Véase, por ejemplo, el teorema II-4.10 y el ejercicio II-4.26 del libro Retículas y dominios continuos .