La respuesta a tu pregunta es no, en general.
Supongamos que $G$ es el grupo en $2$ generadores, y $A_1 = \{e,x,x^{-1},y,y^{-1}\}$. A continuación, $A_n$ - - - que se toma como un conjunto sin multiplicidad --- es sólo el conjunto de palabras de la reducción de palabras de longitud $n$.
Ahora vamos a $H = \langle x^2,xy,y^2\rangle$. $H$ es el núcleo de la
mapa de$G$$(\mathbf{Z}/2\mathbf{Z})^2$. Una reducción de la palabra $w \in G$ se encuentra en $H$ si la
d sólo si el número de $x$s y $y$s en $w$ es congruente modulo $2$ a la cantidad de $x
^{-1}$s and $s^{-1}$s respectively. In particular, any $w \in H$ ha, incluso de longitud. De ello se sigue que
$$H \cap A_{2n+1} = H \cap A_{2n}.$$
Esto evitará $a_n = \displaystyle{\frac{|H \cap A_n|}{|A_n|}}$ tener ningún límite en absoluto, mucho menos en el límite de $1/[G:H] = 1/4$. Es decir, considerar la relación de
$$\frac{a_{2n+1}}{a_{2n}} = \frac{|H \cap A_{2n+1}|}{|H \cap A_{2n}|}
\cdot \frac{|A_{2n}|}{|A_{2n+1}|} = \frac{|A_{2n}|}{|A_{2n+1}|}.$$
Si el $a_n$ tiende a un valor distinto de cero límite de este cociente debe tienden a $1$. Pero $|A_n|$ está aumentando de forma exponencial. Explícitamente, para $n \ge 1$, $|A_n| = 1 + 2 (3^n - 1)$, para que la proporción en el lado derecho tiende a $1/3$.
Como alternativa, se podría dejar a $B_1$ denotar $A_1$, y, a continuación, deje $B_n$ denota el conjunto de elementos de $G$ contadas con multiplicidad obtenidos después de $n$ iteraciones. Esta es una manera más fácil contar el problema, porque simplemente queremos contar el número de elementos en cada coset de $G/H$, y no tenemos para dar cuenta de multiplicidades. En esta versión del problema, podemos ver el proceso como un proceso de markov en el coset espacio de $G/H$. Equivalentemente, existe un natural gráfico en $G/H$ cuando nos tocan $xH$ $yH$ si hay un $g \in B_1 = A_1$ tal que $gxH = yH$. Estamos entonces comenzar en el trivial coset y contando el número de caminos de longitud $n$ que regresar a $H$.
El conjunto $B_1$ determes la matriz de transición $M$. El hecho de que $G$ actúa transitivamente sobre $G/H$ asegura que la gráfica correspondiente está conectado, y por lo tanto, $1$ es el mayor autovalor de a $M$ con multiplicidad uno. El hecho de que $e \in B_1$ asegura también que no es bipartide, y, por tanto, $-1$ no es un valor propio. A continuación, se deduce que hay exponencial de la convergencia a la distribución uniforme, es decir, si $|B_1| = k$$|B_n| = k^n$, luego
$$\frac{|B_n \cap gH|}{|B_n|} = \frac{1}{[G:H]} + O\left(\frac{1}{\lambda^n}\right)$$
para algunos $\lambda > 1$, dependiendo únicamente de la $G$$H$$B_1$.
