Si $\lim_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}=1$ , $\lim_{n\to\infty}\frac{a_{2n}}{a_n}=\frac{1}{2}$ entonces $\lim_{n\to\infty}\frac{a_{3n}}{a_n}=\frac{1}{3}$

Question

Dejemos que $\{a_n\}$ sea una secuencia decreciente y $a_n>0$ para todos $n$ . Si $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}=1$ y $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{a_{2n}}{a_n}=\frac{1}{2}$ , cómo probar o refutar que $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{a_{3n}}{a_n}=\frac{1}{3}$ ?

Gracias.

Answer 1

El límite de $\frac{a_{3n}}{a_n}$ no necesita ser $\frac13$ porque no es necesario que exista.

Cada $n>0$ puede escribirse de forma única como $2^k + r$ , donde $2^k \le n < 2^{k+1}$ . Definir $a_n$ (en términos de estos $k$ y $r$ ) a trozos de la siguiente manera: $$a_n = \begin{cases} \frac{2^{1 - r/2^{k-1}}}{2^k} & \mbox{if }r < 2^{k-1} \\ \frac{1}{2^k} & \mbox{if }r \ge 2^{k-1}. \end{cases}$$

Esencialmente, para la primera mitad de la gama de $2^k$ a $2^{k+1}$ , $a_n$ disminuye de $\frac{1}{2^{k-1}}$ a $\frac1{2^k}$ geométricamente, por factores de $2^{-1/2^{k-1}}$ . Para la segunda mitad de ese rango, $a_n$ se queda en $\frac1{2^k}$ .

Es igualmente cierto que $\frac{a_{2n}}{a_n} = \frac12$ . Además, si $n \ge 2^k$ entonces $2^{-1/2^{k-1}} \le \frac{a_{n+1}}{a_n} \le 1$ Así que $\frac{a_{n+1}}{a_n} \to 1$ .

Sin embargo, cuando $n = 2^k$ , $\frac{a_{3n}}{a_n} = \frac14$ , mientras que $\frac{a_{9n}}{a_{3n}} = \frac1{2^{5/4}}$ Así que $\frac{a_{3n}}{a_n}$ no converge.

Podría quejarse de que la secuencia $a_n$ no es estrictamente decreciente. Si esto supone un problema, basta con sustituir $a_n$ por $a_n' = a_n\left(1 + \frac1n\right)$ . Tenemos:

• $\frac{a'_{n+1}}{a'_n} = \frac{a_{n+1}}{a_n} \cdot \frac{1+\frac1{n+1}}{1+\frac1n} = \frac{a_{n+1}}{a_n} \left(1 - \frac1{(n+1)^2}\right)$ que sigue convergiendo a 1.
• $\frac{a'_{2n}}{a'_n} = \frac{a_{2n}}{a_n} \cdot \frac{1 + \frac1{2n}}{1 + \frac1n} = \frac{a_{2n}}{a_n} \left(1 - \frac1{2n+2}\right)$ que sigue convergiendo a $\frac12$ .
• $\frac{a'_{3n}}{a'_n} = \frac{a_{3n}}{a_n} \cdot \frac{1 + \frac1{3n}}{1 + \frac1n} = \frac{a_{3n}}{a_n} \left(1 - \frac2{3n+3}\right)$ que sigue sin converger a nada.
• Como ya teníamos $a_{n+1} \le a_n$ Ahora tenemos $a'_{n+1} = a_{n+1} \left(1 + \frac1{n+1}\right) \le a_n \left(1 + \frac1{n+1}\right) < a_n \left(1 + \frac1n\right) = a'_n$ .

Si el límite $\frac{a_{3n}}{a_n}$ existe, entonces podemos proceder como en la respuesta de Andras para demostrar que debe ser igual a $\frac13$ :

Si $\frac{a_{3n}}{a_n} \to c$ entonces $\frac{a_{3^kn}}{a_n} \to c^k$ para cualquier $k$ pero podemos limitar $\frac{a_{3^kn}}{a_n}$ entre $\frac{a_{2^\ell n}}{a_n}$ y $\frac{a_{2^{\ell+1} n}}{a_n}$ para $\ell$ tal que $2^\ell < 3^k < 2^{\ell+1}$ (es decir, $\ell = \lfloor k \log_2 3\rfloor$ ). Estas dos relaciones convergen en $\frac{1}{2^{\ell}}$ y $\frac1{2^{\ell+1}}$ , por lo que obtenemos que $2^{-\ell/k} < c < 2^{-(\ell+1)/k}$ . Tomando $k$ arbitrariamente grande, $\frac{\ell}{k} \to \log_2 3$ Así que $c$ debe ser $2^{-\log_2 3} = \frac13$ .

Answer 2

Esto no es una respuesta, sino una serie de pensamientos / conjeturas que podrían conducir a una respuesta completa.

Podría ser una idea utilizar $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{a_{2n}}{a_n}=\frac{1}{2}$ y aplicarlo $r$ veces. Esto da $$ \displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{a_{2^rn}}{a_n}=\frac{1}{2^r} $$ que es válida para todos los $r$ . Ahora toma un poco de $m$ e identificar $r$ tal que $2^r \leq m < 2^{r+1}$ . Entonces uno tiene $$ \frac{1}{2^r} \geq \displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{a_{m n}}{a_n} > \frac{1}{2^{r+1}} $$

En particular, esto es así cuando $m$ se elige una potencia cualquiera $3^p$ . Esto da un conjunto infinito contable de desigualdades del tipo anterior, todas las cuales deben cumplirse. Se cumplen si $$ \displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{a_{3 n}}{a_n}=\frac{1}{3} $$ que implica $$ \displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{a_{3^p n}}{a_n}=\frac{1}{3^p} $$

La conjetura es que no hay otra manera de que puedan sostenerse.