Sospecho que si usted tiene un completo entramado $X$ y que la dotan con el fin de topología (donde un subbasis de la topología está dada por los conjuntos de la forma $(a,\infty) = \{x\in X\mid a\lt x\}$ $(-\infty,b) = \{x\in X\mid x\lt b\}$ $a,b\in X$ arbitrarias), luego 1, 2(1), y 2(2) será el equivalente en el sentido de que existe si y sólo si los demás existe y en ese caso ellos serán iguales (la única salvedad es que tenemos que ser cuidadosos con 2(1) en el caso de secuencias sin límite; técnicamente, por ejemplo, si tomamos $1,2,1,3,1,4,1,5,1,6,\ldots$, la única convergencia de las subsecuencias convergen a $1$, pero el sup nunca están definidos, por lo que se podría interpretar 2(1) diciendo que el límite superior es $1$y 2(2) como la que dice que no existe).
Sin embargo, estoy teniendo problemas para demostrar que en todos los casos; la equivalencia de 2(1) 2(2) no es difícil si usted asume el conjunto es totalmente ordenado y completo, por lo que la suprema existen para cualquier conjunto acotado (tirar un über-sup y un über-inf como $\infty$ $-\infty$ a los reales, si es necesario). Estoy algo triste acerca de esto, pero me imagino que algo es mejor que nada aquí. He estado jugando con esto y que va por un buen número de tonto callejones a lo largo del camino, así que tal vez después de que está escrito abajo voy a ver que funciona en cualquier red; sin embargo, ahora mismo estoy usando el hecho de que cualquier secuencia contiene una monótona y larga, y esto requiere de un orden total, no sólo de la celosía de la orden. (También estoy usando el hecho de que el orden de la topología es Hausdorff totalmente de conjuntos ordenados; no sé si funciona para celosías).
Tenga en cuenta que un conjunto totalmente ordenado, que tiene el fin de topología es necesariamente Hausdorff: dado $x\neq y$, decir $x\lt y$. Si no existe $z$ tal que $x\lt z\lt y$, entonces los conjuntos de $(-\infty,z)$ $(z,\infty)$ discontinuo abrir barrios de $x$$y$, respectivamente; si no hay ningún elemento de $X$ estrictamente entre el$x$$y$, $(-\infty,y)$ $(x,\infty)$ proporcionar la necesaria distintos barrios.
Teorema. Supongamos $X$ es un conjunto totalmente ordenado tal que cada subconjunto no vacío tiene un supremum. Si queremos dotar a $X$ con el fin de topología, a continuación, las definiciones de 2(1) 2(2) son equivalentes.
Prueba. Decir $\lim\limits_{n\to\infty}\sup\{x_m\mid m\geq n\}$ es igual a $L$. Esto significa que para cada abierto vecindario $U$$L$, existe un $K$ tal que para todo $k\geq K$, $\sup\{x_m\mid m\geq k\}\in U$, y, en particular, para cada $k\geq K$ existe $m\geq k$ tal que $x_m\in U$.
En primer lugar, afirmo que el conjunto de límite de puntos de subsecuencias de $x_n$ está acotada arriba por $L$. En efecto, supongamos que tiene una larga que converge a$M$,$M\gt L$. Deje $U$ $V$ ser barrios de $L$ $M$ que son distintos; se cruzan $U$$(-\infty,M)$$V$$(L,\infty)$, si es necesario. Entonces existe $K$ tal que para todo $k\geq K$, $\sup\{x_m\mid m\geq k\}\in U$; en particular, para todos los $k\geq K$,$x_k \leq\sup\{x_m\mid m\geq k\}\notin V$; por lo tanto, ya que la secuencia es, finalmente, no se en $V$, no es infinitamente a menudo en $V$, y por lo tanto no puede ser de larga que converge a $M$. Esto contradice la elección de $M$, por lo que llegamos a la conclusión de que $M\leq L$, como se reivindica.
Ya que cada secuencia contiene una monótona y larga y monótona subsecuencias en juegos completos tienen límites (sup si están en aumento, su inf si están disminuyendo), el conjunto de límite de puntos de subsecuencias es no vacío; por lo tanto, ya que está limitada anteriormente por $L$, sabemos que
$$\sup\{\text{limit of any subsequence of }\{x_n\}\text{ that converges}\} \leq L=\lim_{n\to\infty}\sup\{x_m\mid m\geq n\}.$$
Supongamos que el supremum de los límites es $M$, y es estrictamente menor que $L$; deje $V$ ser un barrio de $M$ contenida en $(-\infty,L)$, $U$ abierto barrio de $L$$(M,\infty)$,$U\cap V=\emptyset$. Sabemos que existe $K$ tal que para todo $k\geq K$, $\sup\{x_m\mid m\geq k\}\in U$; en particular, para todos los $k\geq K$ existe $m\geq k$ tal que $x_m\in U$. Así, podemos encontrar una larga de $\{x_n\}$ que está contenida en $U$; esta larga contiene una monótona y larga, que por lo tanto coverges a algún punto en el cierre de $V$; el cierre de $V$ está contenida en el complemento de $U$ e de $(-\infty,M)$, y por lo tanto el cierre de $V$ no se incluyen los $M$ y se compone sólo de los puntos estrictamente mayor que $M$; es decir, el límite de esta monótona y larga es estrictamente mayor que $M$, contradiciendo la elección de $M$. Por lo tanto, $M\geq L$, dando igualdad. QED
Yo no sé acerca de 3 y 4, lo voy a pensar acerca de 5, aunque de nuevo espero que necesitará la topología relativa a la orden.
Añadido.
En cualquier red, con la definición 1, usted siempre tiene $\liminf x_n\leq \limsup x_n$. Para ver esto, observe que para cada $k,m$, usted tiene
$$\mathop{\wedge}\limits_{n\geq k} x_n \leq \mathop{\vee}\limits_{n\geq m}x_n$$
porque si $r\geq \max\{k,m\}$, entonces usted tiene
$$\mathop{\wedge}\limits_{n\geq k}x_n \leq x_r \leq \mathop{\vee}\limits_{n\geq m}x_n.$$
Por lo tanto, cada una de las $\mathop{\vee}\limits_{n\geq m}x_n$ es un límite superior para todos los de $\mathop{\wedge}\limits_{n\geq k}x_n$, por lo tanto para cada una de las $m$ hemos
$$\liminf x_n = \sup\mathop{\wedge}\limits_{n\geq k}x_n \leq \mathop{\vee}\limits_{n\geq m}x_n.$$
Por lo tanto, $\liminf x_n$ es un límite más bajo para cada una de las combinaciones, por lo tanto es menos que o igual a su inf; es decir,
$$\liminf x_n \leq \inf\mathop{\vee}\limits_{n\geq m}x_n = \limsup x_n.$$
(Lo mismo es cierto también para la definición 2(1), por tontas razones: el límite superior es el supremum de un determinado conjunto no vacío, el límite inferior es el infimum de ese mismo conjunto, y el conjunto es no vacío, entonces el infimum es menor o igual que el máximo).
Deje $L=\liminf x_n$$M=\limsup x_n$.
Supongamos que $\liminf x_n \lt \limsup x_n$, y que dotan a $X$ con el fin de topología heredada de la completa estructura de la red. Debido a $\liminf x_n$ $\limsup x_n$ son comparables, entonces podemos probar la existencia de distintos abrir barrios que les separan de la misma manera que lo hice para un conjunto totalmente ordenado: si hay un elemento $z\in X$ tal que $L\lt z\lt M$, el abierto de los conjuntos de $(-\infty,z)$ $(z,\infty)$ son disjuntas abrir barrios de $L$$M$, respectivamente; y si no existe tal elemento, a continuación, $(-\infty,M)$ $(L,\infty)$ son disjuntas abrir barrios que los separan. Tomando distintos barrios de $L$$M$, se pueden obtener las subsecuencias que, finalmente, no en el correspondiente vecindario, así que si $L\lt M$, entonces hay subsecuencias que no convergen.
Si $L=M$, por otro lado, luego deje $U$ ser un barrio de $L=M$ que es un intervalo de tiempo; porque la secuencia de $w_k = \wedge\{ x_m\mid m\geq k\}$ es no decreciente, y $U$ es un intervalo que contiene a $L$ existe $K$ tal que para todos los $k\geq K$$w_k\in U$. Asimismo, teniendo en cuenta la nonincreasing secuencia $z_k\vee\{x_m\mid m\geq k\}$ que converge a $M$ existe $H$ tal que para todos los $h\geq H$ tenemos $z_h\in U$. Por lo tanto, para cada suficientemente grande $k$ tenemos que tanto el encuentro y la unión de $\{x_m\mid m\geq k\}$ encuentran en el intervalo de $U$, entonces todos los términos que se encuentran en el intervalo de $U$; es decir, la secuencia es, finalmente, en $U$. Es decir, dado cualquier barrio de $L=M$, entonces la secuencia es, finalmente, en $U$; esto significa que converge a $L=M$; y a partir de aquí es fácil comprobar que cada subsequence también converge a $L$.
Por lo tanto, $\limsup x_n = \liminf x_n$ si y sólo si existe $L$ de manera tal que cada subsequence converge a $L$, si y sólo si existe $L$ de manera tal que la secuencia converge (en el sentido topológico) a $L$.
No sé si el límite debe ser único (en una topología, se puede tener una secuencia converge a dos cosas diferentes, si la topología de no separar los puntos suficientes).
2(1), suponiendo que la topología es el fin de la topología y la $X$ es totalmente ordenado, si $L\lt M$, entonces podemos encontrar los intervalos de $(-\infty,a)$ $(b,\infty)$ que son distintos, $L\lt a$$b\lt M$, como en el anterior. Luego hay una larga que converge a un elemento de $(-\infty,a)$ (de hecho, de $[L,a)$) y una larga que converge a un elemento de $(b,\infty)$ (de hecho, de $(b,M]$). Por lo tanto, la secuencia original es infinitamente a menudo en $(-\infty,a)$, e infinitamente a menudo en $(b,\infty)$; ya que estos dos son distintos, la secuencia no convergen (si converge a $x$, a continuación, para cada abierto barrio de $x$ la secuencia es, finalmente, en el vecindario; pero separada $x$ desde $L$ o $M$ y conseguir que la secuencia es, finalmente, no en el correspondiente barrio de $x$). Por lo tanto, si $L\lt M$ entonces la sucesión no converge.
Si $L=M$, entonces cada convergencia de larga converge a $L$; pero si el conjunto no está completa, entonces se encontrará en problemas: tomemos, por ejemplo,$X=\mathbb{Q}$, una secuencia de racionales que converge a $\sqrt{2}$, y se entrecruzan con la constante secuencia $1$. Si usted toma una larga, luego de que contiene una infinidad de términos de la sucesión que converge a $\sqrt{2}$, y por lo tanto no convergen en $X$, o más bien, contiene sólo un número finito de términos de la secuencia, y por lo tanto converge a $1$; por lo que el conjunto de los límites de la convergencia de las subsecuencias es $\{1\}$, por lo tanto los límites inferior y superior son iguales en virtud de la definición (1), pero la secuencia no converge; si el espacio $X$ es completa relativa a la orden de la topología (de modo que cada conjunto tiene un supremum y cada set tiene un infimum), entonces tenemos la equivalencia entre la definición 2(1) 2(2) por lo anterior, y, a continuación, esencialmente estamos en la situación de la 1 que acabo de afrontar a la hora de mostrar que la secuencia converge a $L=M$ en el sentido de 2(2), y, por tanto, en el sentido de 2(1).
