Pour $k$ suffisamment grand $\lfloor n/p^k\rfloor =0$, la somme évoquée existe donc car elle ne comporte qu’un nombre fini de termes non nuls. $n!=1\times 2\times \mathrm{\dots }\times n$, parmi les entiers allant de 1 à $n$, il y en a exactement $\lfloor n/p\rfloor$ divisibles par $p$, $\lfloor n/p^2\rfloor$ divisibles par $p^2$, etc…donc

$$v_p(n!)=\sum _{k=1}^{+\mathrm{\infty }}\lfloor \frac{n}{p^k}\rfloor \text{.}$$

On a

$$\left(\genfrac{}{}{0pt}{}{2n}{n}\right)=\frac{(2n)!}{{(n!)}^2}\text{.}$$

Pour tout $p\in 𝒫$,

$$v_p\left(\frac{(2n)!}{{(n!)}^2}\right)=\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}\left(\lfloor \frac{2n}{p^k}\rfloor -2\lfloor \frac{n}{p^k}\rfloor \right)$$

or $\lfloor 2x\rfloor -2\lfloor x\rfloor =0$ ou 1 donc

$$\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}(\lfloor \frac{2n}{p^k}\rfloor -2\lfloor \frac{n}{p^k}\rfloor )\le \mathrm{Card}\{k\in {\mathbb{N}}^{*}|\lfloor 2n/p^k\rfloor >0\}\le \lfloor \frac{\ln (2n)}{\ln (p)}\rfloor \text{.}$$

De plus, les nombres premiers diviseurs de $\left(\genfrac{}{}{0pt}{}{2n}{n}\right)=\frac{(2n)!}{{(n!)}^2}$ sont diviseurs d’un entier inférieur à $2n$ (lemme d’Euclide) et sont donc eux-mêmes inférieur à $2n$. Il en découle

$$\left(\genfrac{}{}{0pt}{}{2n}{n}\right)\mid \prod _{p\in 𝒫;p\le 2n}{p}^{\lfloor \frac{\ln (2n)}{\ln (p)}\rfloor }$$

car toutes les puissances de nombres premiers intervenant dans la décomposition de $\left(\genfrac{}{}{0pt}{}{2n}{n}\right)$ divisent ${\prod }_{p\in 𝒫;p\le 2n}{p}^{\lfloor \frac{\ln (2n)}{\ln (p)}\rfloor }$.
Notons qu’en fait ce produit désigne

$$\mathrm{ppcm}(\mathrm{1,2},\mathrm{\dots }\mathrm{,2}n)\text{.}$$

On a

$$\left(\genfrac{}{}{0pt}{}{2n}{n}\right)\le \prod _{p\in 𝒫;p\le 2n}{p}^{\lfloor \frac{\ln (2n)}{\ln (p)}\rfloor }\le \prod _{p\in 𝒫;p\le 2n}{p}^{\frac{\ln (2n)}{\ln (p)}}\le \prod _{p\in 𝒫;p\le 2n}(2n)={(2n)}^{\pi (2n)}\text{.}$$

En passant au logarithme:

$$\sum _{k=1}^{2n}\ln (k)-2\sum _{k=1}^n\ln (k)\le \pi (2n)\ln (2n)\text{.}$$

À l’aide d’une comparaison intégrale on obtient

$${\int }_1^n\ln (t)dt\le \sum _{k=1}^n\ln (k)\le {\int }_1^{(n+1)}\ln (t)dt$$

donc

$$n\ln (n)-n+1\le \sum _{k=1}^n\ln (k)\le (n+1)\ln (n+1)-n$$

donc

$$\sum _{k=1}^n\ln (k)\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{=}n\ln (n)-n+\mathrm{O}\left(\ln (n)\right)\text{.}$$

Par suite,

$$\sum _{k=1}^{2n}\ln (k)-2\sum _{k=1}^n\ln (k)\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{=}2n\ln (2n)-2n-2\left(n\ln (n)-n\right)+\mathrm{O}\left(\ln (n)\right)$$

puis

$$\sum _{k=1}^{2n}\ln (k)-2\sum _{k=1}^n\ln (k)\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{\sim }\ln (2)(2n)\text{.}$$

On en déduit

$$\frac{2n}{\ln (2n)}\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{=}\mathrm{O}(\pi (2n))\text{.}$$

Ajoutons

$$\frac{x}{\ln (x)}\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{\sim }\frac{2\lfloor x/2\rfloor }{\ln \left(2\lfloor x/2\rfloor \right)}$$

par calculs et $\pi (x)\sim \pi (2\lfloor x/2\rfloor )$ car $\pi (x)$ et $\pi (2\lfloor x/2\rfloor )$ ne différent qu’au plus d’une unité et $\pi (x)\to +\mathrm{\infty }$.
Finalement, une certaine satisfaction.

Tant qu’une puissance de $2$ divise $n$, on passe à la puissance suivante:

def v(n):
    k = 0
    p = 1
    while n % (2*p) == 0:
        k = k + 1
        p = 2 * p
    return k

Pour calculer $s(n)$, une solution récursive est possible:

def s(n):
    if n == 0:
        return 0
    elif n % 2 == 0:
        return s(n//2)
    else:
        return 1 + s((n-1) // 2)

On vérifie qu’aucune valeur n’échoue

for n in range(2, 10**4+1):
    if v(n) != s(n-1) - s(n) + 1:
        print(f"Echec pour la valeur {n}")

Posons $p$ la valuation de $n$ en base $2$. L’écriture en base $2$ de $n$ se termine par $\overline{10\mathrm{\dots }0}$ avec un nombre de zéro égal à $p$. L’écriture de $n-1$ commence par les mêmes chiffres mais se termine par $\overline{01\mathrm{\dots }1}$. On en déduit $s(n-1)-s(n)=p-1=v(n)-1$.

Pour $p,q\in {\mathbb{N}}^{*}$, $v(pq)=v(p)+v(q)$ donc

$$v\left(n!\right)=\sum _{k=1}^{n}v(k)=v(1)+\sum _{k=2}^n\left(s(k-1)-s(k)+1\right)=n-s(n)$$

Cas: $n=1$ ou $n=2$. C’est immédiat.

Cas: $n\ge 3$. Soit $k\in \{1,\mathrm{\dots },n-1\}$. On remarque

$$v\left(\left(\genfrac{}{}{0pt}{}{n}{k}\right)\right)=v\left(n!\right)-v\left(k!\right)-v\left((n-k)!\right)=s(k)+s(n-k)-s(n)$$

Si $n$ vaut $2^p$, son écriture en base de $2$ est de la forme $\overline{10\mathrm{\dots }0}$ avec $p$ chiffres $0$. Pour $k\in \{1,\mathrm{\dots },n-1\}$, les chiffres de l’écriture en base $2$ de $n-k$ sont les «  inverses  » des chiffres en base de $2$ de $k$ puisque $k+(n-k)=n$. En particulier, $s(k)+s(n-k)=p$. On a donc $s(k)+s(n-k)-s(n)=p-1>0$. Le coefficient binomial $\left(\genfrac{}{}{0pt}{}{n}{k}\right)$ est pair.

Si $n$ n’est pas une puissance de $2$, on peut écrire avec $n=\overline{{\epsilon }_p\mathrm{\dots }{\epsilon }_{q+1}10\mathrm{\dots }0}$. Considérons alors $k=2^q$. On a $s(k)=1$ et $s(n-k)={\epsilon }_p+\mathrm{\cdots }+{\epsilon }_{q+1}$ donc $s(k)+s(n-k)=s(n)$. Par conséquent, la valuation en base $2$ du coefficient binomial $\left(\genfrac{}{}{0pt}{}{n}{k}\right)$ est nulle: c’est entier est impair.