Оценка скорости роста

[iou]

Оцените скорость роста числа $\text{ord}_2 \sum\limits_{k=1}^{n} \dfrac{2^k}{k}$ при увеличении $n.$ В частности, покажите, что оно стремится к бесконечности.

[worm2]

Правильно ли я понимаю, что под $\mathrm{ord}_2$ подразумевается 2-adic order знаменателя дроби после её сокращения? Или числителя?

[iou]

worm2 в сообщении #1349093 писал(а):

Правильно ли я понимаю, что под $\mathrm{ord}_2$ подразумевается 2-adic order
знаменателя дроби после её сокращения? Или числителя?

Это 2-адический порядок рационального числа, то есть разность порядков числителя и знаменателя.

[maxal]

2-адический порядок обычно обозначается $\nu_2$. По существу задачи:

Обозначим $s(n) = \sum_{k=1}^n \frac{2^k}{k}$.

Во-первых, если $2^d < n \leq 2^{d+1}$, то $\nu_2(s(n))\geq \min\{\nu_2(s(2^d)),2^d+1\}$.

Во-вторых, мы имеем $s(n) = 2\sum_{k=0}^{\lfloor (n-1)/2\rfloor} \frac{\binom{n}{2k+1}}{2k+1}$. По теореме Куммера получаем, что для $n=2^d$ каждый биномиальный коэффициент в последней сумме имеем 2-адический порядок $d$, а поэтому $\nu_2(s(2^d))\geq 2d$.

Итак, можно утверждать, что для $n>8$ выполняется неравенство $\nu_2(s(n))\geq 2\log_2(n)$.

[RIP]

(cheating)

Поскольку в поле $2$-адических чисел $0=-\log(-1)=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{2^k}{k}$, то $s(n)=-\sum_{k=n+1}^{\infty}\frac{2^k}{k}$, следовательно, $\operatorname{\nu}_2\bigl(s(n)\bigr)\geqslant\min\limits_{k\geqslant n+1}\operatorname{\nu}_2(2^k/k)\geqslant n+1-\log_2(n+1)$.

Собственно, если доказано, что $\limsup\limits_{n\to\infty}\operatorname{\nu}_2\bigl(s(n)\bigr)=+\infty$, то, выбирая подходящее $N=N(n)>n$, получаем

$$\operatorname{\nu}_2\bigl(s(n)\bigr)=\operatorname{\nu}_2\bigl(s(N)-s(n)\bigr)\geqslant\min\limits_{n+1\leqslant k\leqslant N}\operatorname{\nu}_2(2^k/k).$$

[Sonic86]

Аналогичный вопрос про $v_2\left(\sum\limits_{k=1}^n\dfrac{2^k}{k^2}\right)$ - она тоже на удивление растет как $\sim n$.

[RIP]

Хм, любопытно. Фактически нужно доказать, что $\operatorname{Li}_2(2)=0$ в $\mathbb{Q}_2$, где $\operatorname{Li}_2(z)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{z^n}{n^2}$. Легко проверить, что

$$\operatorname{Li}_2(z)+\operatorname{Li}_2\left(\frac{z}{z-1}\right)=-\frac{1}{2}\bigl(\log(1-z)\bigr)^2,\qquad\lvert z\rvert_2<1.$$

(Слева и справа аналитические функции, у которых равны производные и значения в нуле.) Подставляя $z=2$, получаем требуемое.