Exercices de Arithmétique des entiers relatifs, Sup (prépa)

1. 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. $n!=1\times 2\times \dots \times n$, 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$$v_p(n!)=\sum _{k=1}^{+\infty }\lfloor \frac{n}{p^k}\rfloor .$$2. On a$$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n}\right)=\frac{(2n)!}{(n!{)}^2}.$$Pour tout $p\in \mathbb{P}$,$$v_p\left(\frac{(2n)!}{(n!{)}^2}\right)=\sum _{k=1}^{\infty }\lfloor \frac{2n}{p^k}\rfloor -2\lfloor \frac{n}{p^k}\rfloor$$or $\lfloor 2x\rfloor -2\lfloor x\rfloor =0$ ou 1 donc$$\sum _{k=1}^{\infty }\lfloor \frac{2n}{p^k}\rfloor -2\lfloor \frac{n}{p^k}\rfloor \le \mathrm{Card}\left\{k\in {\mathbb{N}}^{\ast }\mid 2n/p^k>0\right\}\le \lfloor \frac{\ln (2n)}{\ln p}\rfloor .$$De plus les nombres premiers diviseurs de $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n}\right)=\frac{(2n)!}{(n!{)}^2}$ sont diviseurs d'un entier inférieur à $2n$ (lemme d'Euclide) et sont donc eux-mêmes inférieur à $2n$. Il en découle$$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n}\right)\mid \prod _{p\in \mathbb{P};p\le 2n}{p}^{\lfloor \frac{\ln (2n)}{\ln p}\rfloor }$$car toutes les puissances de nombres premiers intervenant dans la décomposition de $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n}\right)$ divisent $\prod _{p\in \mathbb{P};p\le 2n}{p}^{\lfloor \frac{\ln (2n)}{\ln p}\rfloor }$.
Notons qu'en fait ce produit désigne $\mathrm{ppcm}(1,2,\dots ,2n)$.

3. On a$$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n}\right)\le \prod _{p\in \mathbb{P};p\le 2n}{p}^{\lfloor \frac{\ln (2n)}{\ln p}\rfloor }\le \prod _{p\in \mathbb{P};p\le 2n}{p}^{\frac{\ln (2n)}{\ln p}}\le \prod _{p\in \mathbb{P};p\le 2n}(2n)=(2n{)}^{\pi (2n)}.$$4. En passant au logarithme :$$\sum _{k=1}^{2n}\ln k-2\sum _{k=1}^n\ln k\le \pi (2n)\ln (2n).$$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$$\sum _{k=1}^n\ln k=n\ln n-n+O(\ln n).$$Par suite$$\sum _{k=1}^{2n}\ln k-2\sum _{k=1}^n\ln k=2n\ln (2n)-2n-2(n\ln n-n)+O(\ln n)$$puis$$\sum _{k=1}^{2n}\ln k-2\sum _{k=1}^n\ln k\sim \ln (2)(2n).$$On en déduit$$\frac{2n}{\ln 2n}=O(\pi (2n)).$$Ajoutons$$\frac{x}{\ln x}\sim \frac{2\lfloor x/2\rfloor }{\ln 2\lfloor x/2\rfloor }$$par calculs et $\pi (x)\sim \pi (2\lfloor x/2\rfloor )$ car $\pi (x)$ et $\pi (2\lfloor x/2\rfloor )$ ne diffèrent qu'au plus d'une unité et $\pi (x)\to +\infty$.
Finalement, une certaine satisfaction.