2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки




Начать новую тему Ответить на тему
 
 Оценка скорости роста
Сообщение25.10.2018, 16:20 
Аватара пользователя


04/10/15
249
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Оценка скорости роста
Сообщение25.10.2018, 19:37 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


01/08/06
2603
Уфа
Правильно ли я понимаю, что под $\mathrm{ord}_2$ подразумевается 2-adic order знаменателя дроби после её сокращения? Или числителя?

 Профиль  
                  
 
 Re: Оценка скорости роста
Сообщение25.10.2018, 20:32 
Аватара пользователя


04/10/15
249
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Оценка скорости роста
Сообщение26.10.2018, 00:39 
Модератор
Аватара пользователя


11/01/06
5419
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 $\nu_2(s(n))\geq 2\log_2(n)$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Оценка скорости роста
Сообщение26.10.2018, 01:11 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


11/01/06
3592

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

 Профиль  
                  
 
 Re: Оценка скорости роста
Сообщение27.10.2018, 15:33 
Заслуженный участник


08/04/08
8462
Аналогичный вопрос про $v_2\left(\sum\limits_{k=1}^n\dfrac{2^k}{k^2}\right)$ - она тоже на удивление растет как $\sim n$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Оценка скорости роста
Сообщение29.10.2018, 20:41 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


11/01/06
3592
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.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 7 ] 

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group