Local analycity de poder p-adic.

Question

Vamos $u \in \mathbb C_p$, $|u|<1$. Es fácil ver que la función $n \mapsto (1+u)^n$, $\mathbb N \rightarrow \mathbb C_p$ extiende de manera exclusiva a una función continua $f: \mathbb Z_p \rightarrow \mathbb C_p$. Uno de los que habitualmente utiliza la notación $(1+u)^z$$f(z)$.

Estoy buscando una demostración elegante, o una referencia a cualquier prueba, de la siguiente hecho bien conocido:

La función de $z \mapsto (1+u)^z$ es localmente analítica.

Esto significa que existe una $r>0$ y los coeficientes de $a_n \in \mathbb C_p$ tal que $|a_n|r^n$ $0$ al $n$ va al infinito y $(1+u)^z = \sum_{n=0}^\infty a_n z^n$ para todos los $z \in \mathbb Z_p$, $|z| \leq r$. Esto debería ser fácil, pero la prueba que se me ocurrió parece demasiado computacionalmente complicado, especialmente para la enseñanza de la finalidad que tengo.

Answer 1

Es casi imprescindible el uso, en lugar de un valor absoluto, aditivo valoración $v=v_p$, normalizado, de modo que $v(p)=1$. Usted está preguntando acerca de la $(1+u)^z$, fija $u$ $v(u)>0$ $\Bbb C_p$- de la serie en $z$.

Ahora, como una serie de dos variables, $(1+u)^z\in\Bbb Q_p[z][[u]]$, pero queremos que lo vean como un elemento de $\Bbb Q_p[[u]][[z]]$. Te he escrito esto como $\sum_na_nz^n$, la supresión de la dependencia de la $a_n$'s $u$.

Al menos uno de los comentaristas señalaron que sería bueno saber de $\frac{\partial^n}{\partial z^n}(1+u)^z$; pero todos sabemos que $\frac\partial{\partial z}(1+u)^z=(1+u)^z\log(1+u)$, formalmente, en $\Bbb Q[[u,z]]$. Por lo tanto, $$ \frac{\partial^n}{\partial z^n}(1+u)^z=\bigl(\log(1+u)\bigr)^n(1+u)^z\,. $$ Ahora, aún en $\Bbb Q_p[[u]][[z]]$, tenemos $$ (1+u)^z=\sum_n\frac{\bigl(\log(1+u)\bigr)^n}{n!}z^n=\sum_n\frac{\bigl(z\log(1+u)\bigr)^n}{n!}\,, $$ que todos sabíamos ya, pero nosotros no lo podía creer.

Se especializa $u$ a una constante, el criterio de convergencia de esta $z$-de la serie es que $v\bigl(z\log(1+u)\bigr)>1/(p-1)$. Usted puede necesitar dite a ti mismo que $v\bigl(\log(1+u)\bigr)$ no sale de la mano. Pero la dependencia de esta valoración en $v(u)$ es bien entendido: si $v(u)\ge1/(p-1)$,$v(\log(1+u))\ge v(u)$, y si la primera desigualdad es fuerte, entonces la desigualdad en la valoración se convierte en una igualdad. Del mismo modo, $$ \text{si}\quad\frac1{p^{n+1}(p-1)}\le v(u)\le\frac1{p^n(p-1)}\quad \text{entonces}\quad v\bigl(\log(1+u)\bigr)\ge p^nv(u)-n\,, $$ y de nuevo, si las condiciones están muy satisfechos, la celebración se convierte en una igualdad.

Creo que debe hacerlo.