Es $\sum_{n = 1}^{\infty} v_p(n) 2^{-n+1}$ un número racional?

Question

Fix $p \in \Bbb{Z}$ un número primo y deje $v_p$ será el habitual $p$-ádico de valoración en $\Bbb{Q}$. Me gustaría saber si $$ \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{v_p(n)}{2^{n-1}} $$ es un número racional.

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Creo que debería ser, que se basa en el siguiente supuesto (que me parece razonable, pero no pude encontrar una referencia):

Reclamo: Si $(\alpha_n)$ es una secuencia de enteros algebraicos, entonces $$ \prod_{n = 1}^{\infty} \alpha_n $$ converge en $\Bbb{C}_p$ con respecto al $\left|\cdot\right|_p$ si y sólo si $\left| \alpha_n \right|_p \to 1$$n \to \infty$. (Aquí se $\left|\cdot\right|_p$ es el único normalizado de extensión a $\Bbb{C}_p$ de la habitual $p$-ádico valor absoluto en $\Bbb{Q}$.)

A continuación, considere la secuencia de enteros algebraicos $(\alpha_n) = (n^{1/2^{n-1}})$. Desde $$ \left| \alpha_n \right|_p = p^{-v_p(n)/2^{n-1}} \a 1 $$ luego por la demanda (si es cierto) se deduce que $$ \prod_{n = 1}^{\infty} n^{1/2^{n-1}} $$ converge a algunos $\alpha \in \Bbb{C}_p$. Finalmente, por la definición de la extensión de $\left|\cdot\right|_p$ a partir de la clausura algebraica de $\Bbb{Q}_p$$\Bbb{C}_p$, sabemos que $\left| \alpha \right|_p$ es el límite de los valores absolutos de los productos parciales, es decir, $$ \left| \alpha \right|_p = \lim_{k \to \infty} \left| \prod_{n = 1}^{k} n^{1/2^{n-1}} \right|_p = p^{-\sum_{n = 1}^{\infty} v_p(n) 2^{n+1}} $$ y por la Proposición 1.3 y la Proposición 2.1.1 de [1], capítulo 3, sabemos que $\left|\cdot\right|_p : \Bbb{C}_p \to p^{\Bbb{Q}}$, por lo que $$ -\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{v_p(n)}{2^{n-1}} $$

Nota: me estoy preguntando, porque yo vengo de la teoría algebraica de números y esta es la primera vez que tengo que hacer con $p$-ádico de análisis, además de que nunca he sido mucho de bueno en el análisis clásico: así que por favor, entiendo que cualquier error puede que se me han hecho en este sentido (y punto, con una explicación detallada si es posible, o con algunas referencias)!

[1] Alain Robert, Un Curso en $p$-ádico de análisis (Google Libros)

Answer 1

El binario de expansión de $r_p:=\sum_{n\ge 1} v_p(n) 2^{-(n-1)}$ no se repita. Por lo tanto, este número es irracional.

Para probar esto, deje $\{x\}:=x-\lfloor x\rfloor$ la parte fraccionaria de $x$. Si el binario de expansión de $r_p$ repite, entonces la secuencia de $(\{2^k r_p\})_{k\ge 0}$ también eventualmente ser periódica. Ahora \begin{eqnarray*} \{2^k r_p\}&=&\{\sum_{n\ge 1} \frac{v_p(n)}{2^{n-1-k}}\}\\ &=& \{\sum_{n\ge k+1} \frac{v_p(n)}{2^{n-1-k}}\}\\ &=& \{\sum_{n\ge 0} \frac{v_p(n+k+1)}{2^{n}}\}, \end{eqnarray*} así que en este caso la secuencia $r'_{p,0}$, $r'_{p,1}$, $\dots$, donde $$r'_{p,\ell}:= \{\sum_{n\ge 0} \frac{v_p(n+\ell}{2^n}\},$$ eventualmente será periódico. Por lo tanto, sólo puede tomar un número finito de valores.

Ahora, \begin{eqnarray*} r'_{p,\ell} &=& \{\sum_{m\ge 1} \sum_{n\ge 0:\ \ p^m {\rm \ divides \ } n+\ell} 2^{-n}\}. \ \ \ (*) \end{eqnarray*} Si $\ell_m:=p^m$ al $p^m$ divide $\ell$, y de lo contrario, $\ell_m$ es el resto de $\ell$ cuando se divide por $p^m$, luego podemos reescribir $(*)$ $$ r'_{p,\ell}=\{\sum_{m\ge 1} \frac{2^{\ell_m}}{2^{p^m}-1}\}. $$ De hecho, ya estamos tomando la parte fraccionaria, siempre podemos tomar $\ell_m$ a ser el resto de $\ell$ cuando se divide por $p^m$ en la anterior. Por lo tanto, si $\ell=p+p^3+\cdots+p^{2r+1}$, $r'_{p,\ell}$ es igual a $$ \{\frac{1}{2^p-1} +\sum_{1\le m\le r+1} \frac{2^{p+p^3+\cdots+p^{2m-1}}}{2^{p^{2m}}-1} +\frac{2^{p+p^3+\cdots+p^{2m-1}}}{2^{p^{2m+1}}-1} +\sum_{m> 2r+3} \frac{2^{p+p^3+\cdots+p^{2r+1}}}{2^{p^m}-1}\}.\ \ (**) $$ La cantidad dentro de las llaves en $(**)$ es estrictamente creciente con $r$.
Está delimitada por encima de \begin{eqnarray*} \frac{1}{2^p-1} +\sum_{m\ge 1} \frac{2^{p+p^3+\cdots+p^{2m-1}}}{2^{p^{2m}}-1} +\frac{2^{p+p^3+\cdots+p^{2m-1}}}{2^{p^{2m+1}}-1}. \end{eqnarray*} Esta es una rápida serie convergente cuya suma puede ser fácilmente estimado a menos de $1$. Esto significa que $(**)$ asume una infinidad de valores, contradiciendo la periodicidad de las $r'_{p,\ell}$.

La expansión decimal de $r_2/2+1$ es OEIS A048649. También, hay otra prueba de la irracionalidad de este número: S. W. Golomb, "En la suma de los recíprocos de los números de Fermat y relacionados con irracionalidades", Canadá. J. Math., 15 (1963), 475-478..

La falla en el argumento de que su Reclamación es demasiado fuerte. Como se señaló en la otra respuesta, para tener $\prod_{n\ge 1} \alpha_n$ convergen, usted necesita tener $\alpha_n-1\to 0$, y por lo tanto, desde algún punto en, $|\alpha_n-1|_p<1$, lo que significa que $|\alpha_n|_p=1$.

Answer 2

Su reclamo es demasiado fuerte para ser verdad, pero el producto en particular que usted está interesado puede ser analizado de una manera ligeramente diferente. De hecho, vamos a $\alpha_n$ ser un cero de $x^{2^{n-1}} - n$$\Bbb{C}_p$. Entonces es evidente que debe tener

$$ \prod_{n=1}^{\infty} \alpha_n \quad \text{coverges in } \Bbb{C}_p \quad \Longrightarrow \quad \lim_{n\to\infty} \alpha_n = 1 \quad \text{in } \Bbb{C}_p. $$

Ahora, desde la $|\alpha_n|_p \neq 1$ si $p \mid n$, por tal $n$ debemos tener

$$ |\alpha_n - 1|_p = \max\{|\alpha_n|_p, |1|_p\} = 1 $$

desde el Krull el enfoque, y por lo tanto el producto no convergen.

Esto no nos dice si el producto es racional o no, pero la siguiente simplificación podría tener una oportunidad de ser útil.

$$ \sum_{n=1}^{\infty} v_p(n)x^n = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^{p^n}}{1 - x^{p^n}}. $$