Establecer la convergencia de el límite.
Paso 1. Designar $(1,2)$ $1$- st etapa y deje $L_n$ ser la longitud de la secuencia en las $n$-ésima etapa. También, vamos a $S_n = \sum_{k=1}^{n} a_k$$T_n = S_{L_n}$. Entonces
$$
L_{n+1}
= \begin{cases}
2L_n - 1, & \text{if } a_{L_n} = 1 \\
3L_n - 2, & \text{if } a_{L_n} = 2
\end{casos},
\qquad
T_{n+1}
= \begin{cases}
2T_n - 1, & \text{if } a_{L_n} = 1 \\
3T_n - 4, & \text{if } a_{L_n} = 2
\end{casos}
$$
Con esto en nuestras manos, le reclamo las siguientes:
La reclamación. $T_n/L_n$ converge a algunos $\alpha \in [1, 2]$, y de hecho, tenemos $\left|\frac{T_n}{L_n} - \alpha \right| \leq \frac{4}{L_n} $.
Observe que $L_{n+1} - 1 \geq 2(L_n - 1)$ todos los $n \geq 1$. Inductivamente de la aplicación de esta desigualdad, se sigue que
$$L_{n+k} \geq 1 + 2^k (L_n - 1) \qquad \forall n, k \geq 1.$$
Por otra parte, a partir de la anterior relación de recurrencia leemos que
$$ \left| \frac{T_{n+1}}{L_{n+1}} - \frac{T_n}{L_n} \right|
= \left\{ \begin{array}{ll}
\dfrac{\left| T_n - L_n \right|}{L_n(2L_n - 1)}, & \text{if } a_{L_n} = 1 \\
\dfrac{2\left| 2L_n - T_n \right|}{L_n(3L_n - 2)}, & \text{if } a_{L_n} = 2
\end{array} \right\}
\leq \frac{1}{L_n}$$
Así que por la prueba de comparación aplicado a $\frac{T_n}{L_n} = \frac{T_1}{L_1} + \sum_{k=1}^{n-1} \left( \frac{T_{k+1}}{L_{k+1}} - \frac{T_k}{L_k} \right)$, se deduce que el $T_n/L_n$ converge. Deje $\alpha$ el valor del límite. A continuación, $1 \leq a_k \leq 2$ dice que $1 \leq \alpha \leq 2$. Por último, la aplicación tanto de la anterior desigualdades, obtenemos
\begin{align*}
\left| \frac{T_n}{L_n} - \alpha \right|
&\leq \sum_{k=n}^{\infty} \left| \frac{T_{k+1}}{L_{k+1}} - \frac{T_k}{L_k} \right|
\leq \frac{1}{L_n} \sum_{k=0}^{\infty} \frac{L_n}{L_{n+k}} \\
&\leq \frac{1}{L_n} \sum_{k=0}^{\infty} \frac{L_n}{1 + 2^k (L_n - 1)}
\leq \frac{1}{L_n} \sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{2^{k-1}}
= \frac{4}{L_n}
\end{align*}
Por lo tanto, la afirmación de la siguiente manera. ////
Paso 2. Ahora queremos demostrar que las $S_m/m$ converge a$\alpha$$m\to\infty$. Para este fin, se definen
$$ \epsilon_{A} := \sup\left\{ \left| \frac{S_m}{m} - \alpha \right| : m \in A \cap \mathbb{Z} \right\} $$
(con la convención de las $\sup \varnothing = 0$, aunque esto es irrelevante para el argumento.) Nuestro objetivo es estimar la $\epsilon_{[L_n, \infty)}$ y a la conclusión de que esta converge a$0$$n\to\infty$, lo que equivale a la demostración de que $S_m/m \to \alpha$$m\to\infty$. Resulta que después de casi-estructura que se repite es la clave:
De la observación. Deje $m \in (L_n, L_{n+1}]\cap\mathbb{Z}$. Entonces
- Si $m \in (L_n, 2L_n - 1]$,$S_m = T_n + S_{m-L_n}$.
- Si $a_{L_n} = 2$$m \in [2L_n, 3L_n-2]$,$S_m = 2T_n - 2 + S_{m-2L_n + 1}$.
Ambos son consecuencias directas de la construcción. Ahora nos temporalmente solucionar $p \geq 1$ y deje $n > p$. A continuación, para $m \in (L_n, L_{n+1}] \cap \mathbb{Z}$,
Caso 1. Suponga que $m \in [L_n, L_n+L_p) $. Utilizando el hecho de que $\left| \frac{S_{m-L_n}}{m - L_n} - \alpha \right| \leq 1$, obtenemos
\begin{align*}
\left| \frac{S_{m}}{m} - \alpha \right|
&\leq \frac{L_n}{m} \cdot\left| \frac{T_n}{L_n} - \alpha \right| + \frac{m-L_n}{m} \left| \frac{S_{m - L_n}}{m - L_n} - \alpha \right| \\
&\leq \frac{L_n}{m} \cdot \frac{4}{L_n} + \frac{m-L_n}{m} \\
&\leq \frac{4}{L_n} + \frac{L_p}{L_p + L_n}.
\end{align*}
Caso 2. Suponga que $m \in [L_n + L_p, 2L_n - 1]$. Utilizando el hecho de que $m - L_n \geq L_p$, se deduce que
\begin{align*}
\left| \frac{S_{m}}{m} - \alpha \right|
&\leq \frac{L_n}{m} \cdot\left| \frac{T_n}{L_n} - \alpha \right| + \frac{m-L_n}{m} \left| \frac{S_{m - L_n}}{m - L_n} - \alpha \right| \\
&\leq \frac{L_n}{m} \cdot \frac{4}{L_n} + \frac{m-L_n}{m} \epsilon_{[L_p, \infty)} \\
&\leq \frac{4}{L_n} + \frac{1}{2} \epsilon_{[L_p, \infty)}.
\end{align*}
Caso 3. Deje $m \in [2L_n, 2L_n+L_p) $. Este caso sólo es posible cuando $a_{L_n} = 2$, por lo que así lo asumimos. Imitando la reivindicación anterior, nos encontramos con que $\left| \frac{2T_n - 2}{2L_n - 1} - \alpha \right| \leq \frac{C}{2L_n - 1}$ tiene para todos los $n \geq 1$ para algunas constantes $C > 0$ que es independiente de la $n$. El uso de este y de la imitación de la Reivindicación 1,
\begin{align*}
\left| \frac{S_{m}}{m} - \alpha \right|
&\leq \frac{2L_n - 1}{m} \left| \frac{2T_n - 2}{2L_n - 1} - \alpha \right| + \frac{m - 2L_n + 1}{m} \left| \frac{S_{m-2L_n+1}}{m - 2L_n + 1} - \alpha \right| \\
&\leq \frac{C}{L_n} + \frac{L_p}{L_p + L_n}.
\end{align*}
Caso 4. Deje $m \in [2L_n+L_p, L_{n-1}) $. La adopción de las técnicas en el Caso 2 y Caso 3, obtenemos
$$ \left| \frac{S_{m}}{m} - \alpha \right|
\leq \frac{C}{L_n} + \frac{2}{3}\epsilon_{[L_p, \infty)}. $$
La combinación en conjunto, con $C' = 4+C$ el siguiente se tiene:
$$ \epsilon_{(L_n, L_{n+1}]} \leq \frac{C'}{L_n} + \max\left\{ \frac{L_p}{L_p + L_n}, \frac{2}{3}\epsilon_{[L_p, \infty)} \right\}. $$
Luego de ello se sigue que $ \limsup_{n\to\infty} \epsilon_{(L_n, L_{n+1}]} \leq \frac{2}{3}\epsilon_{[L_p, \infty)} $. A continuación, $\limsup_{n\to\infty} \epsilon_{[L_n, \infty)} \leq \frac{2}{3}\epsilon_{[L_p, \infty)}$ mantiene así, y entonces es fácil concluir que
$$\limsup_{n\to\infty} \epsilon_{[L_n, \infty)} = 0.$$
Esto implica la deseada convergencia.
