证明$\mathbb Q_2$中log(-1)=0

hbghlyj

任意有理数$q$可以写成$$q=2^n\cdot r,\;n\inZ$$使$r$的分母和分子都是奇数，记$n=\nu_2(q)$。 设\[s_n=2+\frac{2^2}{2}+\frac{2^3}{3}+\frac{2^4}{4}+\cdots+\frac{2^n}{n}\]对任意$M>0$，求证：存在$n$使得$\nu_2(s_n)>M$.

p-adic numbers by Fernando Q. Gouvea

hbghlyj

reddit.com/r/mathematics/comments/1asoawj/padic_numbers_and_logarithms/

...if you compute the value of log(5) in the 2-adics and also log(15) you will notice that log(15) = log(3)+log(5). This is not a coincidence, and the property of log(ab) = log(a)+log(b) is somehow still true here.

You also notice that weirdly enough log(-1) is 0 using any of the definitions of log(n).

This happens because the logarithm of a root of unity is always 0, because exponential functions are injective functions over the p-adics, so if b^a = b^c, then a = c, except if b is divisible by p. Since (-1)^2 = 1, log of -1 must be 0, otherwise that property would be False. This also means that you can't compute pi using the formula pi = log(-1)/i
...

hbghlyj

Infinite series in p-adic fields

Example 8.10. The 2-adic equation log(−1) = 0, which says log(1 − 2) = 0, is equivalent to

\[
\begin{array}{c|cccccccccccccccccc}
n & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 & 8 & 9 & 10 & 11 & 12 & 13 & 14 & 15 & 16 & 17 & 18 \\
\hline \operatorname{ord}_2(s(n)) & 1 & 2 & 2 & 5 & 8 & 5 & 5 & 13 & 9 & 10 & 10 & 12 & 12 & 12 & 12 & 22 & 17 & 18
\end{array}
\]

hbghlyj

$s(n)=2+2^2 / 2+2^3 / 3+\cdots+2^n / n$
由于 $\nu_2(s(n))$ 并未直接提及 log，因此很自然地会问我们是否可以在不使用 log 的情况下证明当 $n \rightarrow \infty$ 时 $\nu_2(s(n)) \rightarrow \infty$ 。这是可以做到的。

请参阅 math.stackexchange.com/questions/2816184 上的采纳的答案。
概要：当 $n$ 为偶数时，证明 $s(n)=\sum_{k=1}^n 2^k / k$ 是 $n$ 倍的 $\mathbb Z_2$的数，因此当 $m \geq 1$ 时，$s(2^m)=\sum_{k=1}^{2^m} 2^k / k$ 是 $2^m$ 倍的 $\mathbb Z_2$的数。因此当 $m \rightarrow \infty$ 时 $\nu_2(s(2^m))\rightarrow \infty$.

hbghlyj

抄来 math.stackexchange.com/questions/2816184 上的采纳的答案：

对于偶数 $n$，我们从二项式定理知道 $$1=(-1)^n=(1-2)^n=\sum_{k=0}^n\binom nk(-2)^k.$$ 这意味着 \begin{equation}\sum_{k=1}^n\frac 1n\binom nk(-2)^k=0\label{1}\tag{1}。\end{equation} 现在，我们可以写成 $$\frac1n\binom nk=\frac{(n-1)\cdots(n-(k-1))}{k!}=\frac{(-1)^{k-1}(k-1)!+nm_{n,k}}{k!}=\frac{(-1)^{k-1}}k+n\frac{m_{n,k}}{k!},$$ 对于某些整数 $m_{n,k}$。因此我们可以将 $(\ref{1})$ 重写为 \begin{equation}\sum_{k=1}^n\frac{2^k}k=n\sum_{k=1}^n\frac{m_{n,k}(-1)^k2^k}{k!}\label{2}\tag{2}\end{equation} 众所周知，$\nu_2(k!)\le k$：这很容易使用勒让德公式证明。
因此 $\nu_2(\frac{2^k}{k!})=k-\nu_2(k!)\ge0$，
由于 $m_{n,k}\inZ$，有$\nu_2(m_{n,k})\ge0$，所以$\nu_2(\frac{m_{n,k}2^k}{k!})=\nu_2(m_{n,k})+\nu_2(\frac{2^k}{k!})\ge0$.
因此 $\nu_2\left(\sum_{k=1}^n\frac{m_{n,k}(-1)^k2^k}{k!}\right)\ge\sum_{k=1}^n\nu_2(\frac{m_{n,k}2^k}{k!})\ge0$.
因此，$(\ref{2})$ 右侧的$\nu_2$为\begin{align*}\nu_2(s_n)=\nu_2\left(n\sum_{k=1}^n\frac{m_{n,k}(-1)^k2^k}{k!}\right)&=\nu_2(n)+\nu_2(\sum_{k=1}^n\frac{m_{n,k}(-1)^k2^k}{k!})\\&\ge\nu_2(n)\end{align*}
特别地，取$n=2^m$，$$\nu_2\left(s_{2^m}\right)\geq m,$$
$m$可任意大。我们完成了。 $\blacksquare$

hbghlyj

hbghlyj 发表于 2025-1-16 12:55
众所周知，$\nu_2(k!)\le k$：这很容易使用勒让德公式证明。

证明很简单：\begin{align*}\nu_2(k!)&=\lfloor k/2\rfloor+\lfloor k/2^2\rfloor+\dots\\&\le k/2+k/2^2+\dots\\&=k\end{align*}

hbghlyj

maths.usyd.edu.au/u/SUMSCOMP/sols2002.pdf 第10页有第二种证明！
$$x_n=\sum_{k=1}^n\frac{2^k}k$$
首先
$$\tag4\label4
x_n=\frac{2^n}{n} \sum_{k=0}^{n-1} \frac{1}{\binom{n-1}{k}}$$
使用勒让德公式得出
\[\tag6
\nu_2\left(\binom{n-1}{k}\right)=\sum_{j=1}^{\infty}\left(\left\lfloor\frac{n-1}{2^j}\right\rfloor-\left\lfloor\frac{k}{2^j}\right\rfloor-\left\lfloor\frac{n-1-k}{2^j}\right\rfloor\right) .
\]
如果我们写 $r=(n-1) / 2^j$ 和
\[
m=\left\lfloor\frac{k}{2^j}\right\rfloor+\left\lfloor\frac{n-1-k}{2^j}\right\rfloor,
\]
那么
\[
m \leq \frac{k}{2^j}+\frac{n-1-k}{2^j}=r
\]
因此 $m \leq\lfloor r\rfloor$。因此 (6) 右边的加数是非负的。此外，
\[
\left\lfloor\frac{k}{2^j}\right\rfloor>\frac{k}{2^j}-1 \quad \text { 和 } \quad\left\lfloor\frac{n-1-k}{2^j}\right\rfloor>\frac{n-1-k}{2^j}-1
\]
因此 $m>r-2$。因此 $m \leq\lfloor r\rfloor \leq r<m+2$。因此 $0 \leq\lfloor r\rfloor-m<2$。由于 $\lfloor r\rfloor-m \in \mathbb{Z}$，它必须是 0 或 1。也就是说，(6) 右边的第 $j$ 个加数是 0 或 1。现在假设 $2^r \leq n-1<2^{r+1}$。那么 (6) 中的第 $j$ 项在 $j \geq r+1$ 时为零。因此 (6) 中的和是 $r$ 项的和，每项都是 0 或 1。因此
\[
\nu_2\left(\binom{n-1}{k}\right) \leq r \quad \text { 如果 } 2^r+1 \leq n \leq 2^{r+1}
\]
所以我们可以将公式 (4) 写为
\[
x_n=\frac{2^{n-r}}{n+1} \sum_{k=0}^{n-1} \frac{2^r}{\binom{n-1}{k}}
\]
并且右边和中的每个加数都有非负的 $\nu_2$。当 $n$ 是偶数时，因此 $n+1$ 是奇数，我们因此证明了
\[
\nu_2\left(x_n\right) \geq n-r \quad \text { 如果 } 2^r+2 \leq n \leq 2^{r+1} \text { 是偶数。}
\]
特别地，我们有
\[
\nu_2\left(x_{2^k}\right) \geq 2^k-k+1
\]

hbghlyj

如何证明\eqref{4}？