基于剩余格的一類度量空間及性質

周建仁, 謝晶晶, 吳洪博

(陜西師范大學 數學與信息科學學院, 西安 710062)

0 引言與預備知識

在邏輯代數系統中, 由Pavelka[1]引入的剩余格理論是重要且應用廣泛的代數系統, 如MV代數、 Boole代數、 BR0代數和MTL代數等均可視為是基于剩余格理論構成的代數理論[2-7]. 另一方面, 很多研究者考慮將Lukasiewicz和R0邏輯系統中的度量結構[7-9]引入到Boole代數、 MV代數、 R0和Godel代數等多種邏輯代數中, 并取得了許多結果[10-14]. 本文從整體上對一類邏輯代數在度量方面的性質進行研究. 先給出了剩余格上存在度量的一個充分條件及由該條件決定的該類剩余格上的度量結構; 并討論了該種度量結構下該類剩余格中的聚點問題[13-14]; 最后證明了剩余格中的基本運算在度量空間中的連續性.

定義1[7]設P是偏序集, ?與→為P上的二元運算. 如果滿足如下條件, 則稱?與→互為伴隨對, (?,→)稱為P上的伴隨對:

1) ?:P×P→P關于兩個變量都是單調遞增的;

2) →:P×P→P關于第一變量不增, 關于第二變量不減;

3)x?y≤z當且僅當x≤y→z,x,y,z∈P.

定義2[7]有界格(L,∨,∧,0,1)稱為剩余格, 若其滿足如下條件:

1)L上有伴隨對(?,→);

2) 〈L,?〉是帶單位元1的交換半群.

此時L通常記作〈L,?,→〉.

定理1[6]設〈L,?,→〉是剩余格, 則:

1)a→b=1當且僅當a≤b;

2)a→b∧c=(a→b)∧(a→c);a∨b→c=(a→c)∧(b→c);

3) 1?a=a;

4)a?b=b?a;

5) (a?b)?c=a?(b?c).

1 度量剩余格

定理2(剩余格上存在度量的充分條件) 設〈[0,1],?,→〉是剩余格. 定義二元運算ρ: [0,1]×[0,1]→[0,1]如下:

?a,b∈[0,1],ρ(a,b)=1-(a→b)?(b→a).

若剩余格滿足條件:

?a,b∈[0,1],a+(a→b)≤1+b,

(1)

則ρ為[0,1]上的度量.

證明: 1) ?a,b∈[0,1]. 首先, 由定義知ρ(a,b)≥0; 其次, 若a=b, 則(a→b)?(b→a)=1, 即ρ(a,b)=0. 若a

(a→b)?(b→a)=b→a<1,

即ρ(a,b)>0. 若a>b, 則

(a→b)?(b→a)=a→b<1,

即ρ(a,b)>0. 因此ρ(a,b)=0當且僅當a=b.

2)ρ(a,b)=1-(a→b)?(b→a)=1-(b→a)?(a→b)=ρ(b,a).

3) ?a,b,c∈[0,1]. 由伴隨對(?,→)的性質知

(a→b)?(b→c)≤a→c; (b→a)?(c→b)≤c→a.

進而結合?的單調性得

((a→b)?(b→c))?((b→a)?(c→b))≤(a→c)?(c→a).

由?的交換性、 結合性及伴隨性可得

(a→b)?(b→a)≤((b→c)?(c→b))→((a→c)?(c→a)).

再結合剩余格〈[0,1],?,→〉滿足的條件得

進而結合二元運算的定義得

1-(a→c)?(c→a)≤1-(a→b)?(b→a)+1-(b→c)?(c→b).

即ρ(a,c)≤ρ(a,b)+ρ(b,c).

綜合1)～3)可知,ρ是[0,1]上的度量[15].

定義4若剩余格〈[0,1],?,→〉滿足式(1), 則稱剩余格〈[0,1],?,→〉為度量剩余格.

定理3設〈[0,1],?,→〉是度量剩余格. ?a,b∈[0,1], 則:

證明: 1) 由定理2并結合剩余格性質可得.

2) 由伴隨對性質知

a→b≤(b→0)→(a→0);b→a≤(a→0)→(b→0),

由?的單調性知

(a→b)?(b→a)≤((b→0)→(a→0))?((a→0)→(b→0)),

進而可得

ρ(a→0,b→0)≤ρ(a,b),

2 度量剩余格([0,1],ρ)中的拓撲性質

定理4設〈[0,1],?,→〉是度量剩余格,a0∈[0,1]. 則對ε>0, 存在c∈[0,1]-{a0}, 使得0<ρ(a0,c)<ε.

證明: 1) 顯然?c∈[0,1]且c≠a0,ρ(a0,c)>0成立.

2) ?ε∈(0,1), 因為(1-ε/2)?a0≤(1-ε/2)→a0, 取

c∈[(1-ε/2)?a0, (1-ε/2)→a0]{a0}.

則有

(1-ε/2)?a0≤c≤(1-ε/2)→a0,

進而1-ε/2≤a0→c, 且1-ε/2≤c→a0.

當c

ρ(a0,c)=1-(a0→c)?(c→a0)=1-a0→c≤ε/2<ε.

當c>a0時,

ρ(a0,c)=1-c→a0≤ε/2<ε.

綜合1),2)可知結論成立.

推論1在度量剩余格空間([0,1],ρ)中,?a∈[0,1],a是聚點.

3 度量剩余格空間([0,1],ρ)上運算的連續性

證明: 由→的單調性知, ?n∈Z+,

an→a0≤an→a0∨bn,a0→an≤a0→an∨bn.

由?的單調性及定理1中2)可得

進而

1-(an∨bn→a0∨bn)?(a0∨bn→an∨bn)≤1-(an→a0)?(a0→an),

即

ρ(an∨bn,a0∨bn)≤ρ(an,a0).

(2)

類似上述證明可得

ρ(a0∨bn,a0∨b0)≤ρ(bn,b0).

(3)

由式(2),(3)及

0≤ρ(an∨bn,a0∨b0)≤ρ(an∨bn,a0∨bn)+ρ(a0∨bn,a0∨b0)

可得

0≤ρ(an∨bn,a0∨b0)≤ρ(an,a0)+ρ(bn,b0),

證明: 由伴隨的性質知?n∈Z+,

b0→bn≤(an→b0)→(an→bn),bn→b0≤(an→bn)→(an→b0),

所以

(b0→bn)?(bn→b0)≤((an→b0)→(an→bn))?((an→bn)→(an→b0)),

進而

ρ(an→bn,an→b0)≤ρ(bn,b0).

(4)

類似可證

ρ(an→b0,a0→b0)≤ρ(an,a0).

(5)

由式(4),(5)及

0≤ρ(an→bn,a0→b0)≤ρ(an→bn,an→b0)+ρ(an→b0,a0→b0)

知,

0≤ρ(an→bn,a0→b0)≤ρ(an,a0)+ρ(bn,b0).

證明: 由伴隨性質知?n∈Z+,

bn→b0≤an?bn→an?b0,b0→bn≤an?b0→an?bn,

故

(bn→b0)?(b0→bn)≤(an?bn→an?b0)?(an?b0→an?bn).

進而

ρ(an?bn,an?b0)≤ρ(bn,b0).

(6)

類似可證

ρ(an?b0,a0?b0)≤ρ(an,a0).

(7)

由式(6),(7)及

0≤ρ(an?bn,a0?b0)≤ρ(an?bn,an?b0)+ρ(an?b0,a0?b0)

知,

0≤ρ(an?bn,a0?b0)≤ρ(an,a0)+ρ(bn,b0).

證明: 由→的性質知?n∈Z+,

bn→b0≤an∧bn→b0,b0→bn≤an∧b0→bn.

由?的單調性及定理1中2)知

進而

ρ(an∧bn,an∧b0)≤ρ(bn,b0).

(8)

類似可證

ρ(an∧b0,a0∧b0)≤ρ(an,a0).

(9)

由式(8),(9)及

0≤ρ(an∧bn,a0∧b0)≤ρ(an∧bn,an∧b0)+ρ(an∧b0,a0∧b0)≤ρ(an,a0)+ρ(bn,b0),

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