[<] Études arithmétiques [>] Petit théorème de Fermat

 
Exercice 1  1226   Correction  

Pour p𝒫 et n, on note vp(n) l’exposant de la plus grande puissance de p divisant n.

  • (a)

    Montrer que v2(1 000!)=994.

  • (b)

    Plus généralement, calculer vp(n!). On rappelle que

    x,pxp=x.

Solution

  • (a)

    v2(1 000!)=500+v2(500!) car 1000!=2500×500!×k avec k produit de nombres impairs.
    v2(1 000!)=500+250+125+62+31+15+7+3+1=994.

  • (b)

    En isolant les multiples de p dans le produit décrivant p!, on obtient

    vp(n!)=np+vp(np!)

    puis

    vp(n!)=np+n/pp+vp(n/pp!)

    or

    pxp=x

    avec x=n/p2 donne

    n/pp=np2

    puis finalement

    vp(n!)=np+np2++npk

    avec

    k=ln(n)ln(p).
 
Exercice 2  4412   

(Formule de Legendre)

  • (a)

    Soient p un nombre premier et n. Établir

    vp(n!)=i=1rnpi avec r=ln(n)ln(p).
  • (b)

    Application: Soient a,b, montrer

    (2a)!(2b)!a!b!(a+b)!.
 
Exercice 3  2370      CENTRALE (MP)Correction  

On note 𝒫 l’ensemble des nombres premiers. Pour tout entier n>0, on note vp(n) l’exposant de p dans la décomposition de n en facteurs premiers. On note x la partie entière de x. On note π(x) le nombre de nombres premiers au plus égaux à x.

  • (a)

    Montrer

    vp(n!)=k=1+npk.
  • (b)

    Montrer que (2nn) divise p𝒫;p2npln(2n)ln(p).

  • (c)

    Montrer que (2nn)(2n)π(2n).

  • (d)

    Montrer que xln(x)=O(π(x)) quand x+

Solution

  • (a)

    Pour k suffisamment grand n/pk=0, la somme évoquée existe donc car elle ne comporte qu’un nombre fini de termes non nuls. n!=1×2××n, parmi les entiers allant de 1 à n, il y en a exactement n/p divisibles par p, n/p2 divisibles par p2, etc…donc

    vp(n!)=k=1+npk.
  • (b)

    On a

    (2nn)=(2n)!(n!)2.

    Pour tout p𝒫,

    vp((2n)!(n!)2)=k=1(2npk-2npk)

    or 2x-2x=0 ou 1 donc

    k=1(2npk-2npk)Card{k*|2n/pk>0}ln(2n)ln(p).

    De plus, les nombres premiers diviseurs de (2nn)=(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

    (2nn)p𝒫;p2npln(2n)ln(p)

    car toutes les puissances de nombres premiers intervenant dans la décomposition de (2nn) divisent p𝒫;p2npln(2n)ln(p).
    Notons qu’en fait ce produit désigne

    ppcm(1,2,,2n).
  • (c)

    On a

    (2nn)p𝒫;p2npln(2n)ln(p)p𝒫;p2npln(2n)ln(p)p𝒫;p2n(2n)=(2n)π(2n).
  • (d)

    En passant au logarithme:

    k=12nln(k)-2k=1nln(k)π(2n)ln(2n).

    À l’aide d’une comparaison intégrale on obtient

    1nln(t)dtk=1nln(k)1(n+1)ln(t)dt

    donc

    nln(n)-n+1k=1nln(k)(n+1)ln(n+1)-n

    donc

    k=1nln(k)=n+nln(n)-n+O(ln(n)).

    Par suite,

    k=12nln(k)-2k=1nln(k)=n+2nln(2n)-2n-2(nln(n)-n)+O(ln(n))

    puis

    k=12nln(k)-2k=1nln(k)n+ln(2)(2n).

    On en déduit

    2nln(2n)=n+O(π(2n)).

    Ajoutons

    xln(x)n+2x/2ln(2x/2)

    par calculs et π(x)π(2x/2) car π(x) et π(2x/2) ne différent qu’au plus d’une unité et π(x)+.
    Finalement, une certaine satisfaction.

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Édité le 08-11-2019

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