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Un petit exercice amusant

Salut,
[Selon http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?5,2318540,2318938#msg-2318938 $ord_p(n)$ vaut $k$ si $p^k\mid n$ et $p^{k+1}\nmid n$. AD]128000

Réponses

  • Pour rester dans un sujet voisin.
    Soit $n$ un entier naturel non nul.
    \begin{align}
    \sum_{\substack{a\in\Z/n\Z\\{\rm pgcd}(a,n)=1}}{\rm pgcd}(a-1,n)=\varphi(n)\tau(n),

    \end{align} avec $\varphi(n)$ le nombre d'entiers positifs non nuls premiers à $n$ qui lui sont inférieurs et $\tau(n)$ le nombre de diviseurs de $n$.
    (l'identité ci-dessus est l'identité de Menon)
  • Pour revenir à l'exercice initial on a plus généralement pour $n\in\N^*$ : $f((2n)!)=\pi(2n)-\pi(n)$ et c'est immédiat à démontrer.
  • Les nombres premiers qui divisent $(2n)!$ sont tous les nombres premiers compris entre $1$ et $2n$. Il y en a $\pi(2n)$ donc $f\big(\left(2n\right)!\big)\leq \pi(2n)$
    Soit $p$ un nombre premier.
    Si $p\leq n$ alors $2p\leq 2n$ ce qui veut dire que $p^2$ divise $(2n)!$.
    Si $n<p< 2n$ alors $2p>2n$ donc $p$ divise $(2n)!$ mais $p^k$ ne divise pas $(2n)!$ pour $k\geq 2$.
    (le plus petit multiple de $p$ qui n'est pas $p$ est $2p$)
    On a donc $f\big(\left(2n\right)!\big)\leq \pi(2n)-\pi(n)$

    Réciproquement, tous les nombres premiers $p$ tels que $n<p<2n$ ne peuvent pas avoir leur carré qui divise aussi $(2n)!$ car autrement on aurait $2p>2n$ (le plus petit multiple de $p$ qui n'est pas $p$ est $2p$).
    Or, le nombre de nombres premiers $p$ dans l'intervalle $]n,2n[$ est $\pi(2n)-\pi(n)$ donc $f\big(\left(2n\right)!\big)\geq \pi(2n)-\pi(n)$.

    Ainsi, on a bien $f\big(\left(2n\right)!\big)= \pi(2n)-\pi(n)$.
  • Plutôt que cet exercice qui n'est pas d'un intérêt ébouriffant, je préfère rebondir sur l'identité de Menon signalée par Fin de Partie ci-dessus, dont la recherche s'est ré-emparée ces derniers temps, comme le montre ce tout récent "survey" dû à mon collègue Lászlo Tóth.
  • Salut
    Merci jandri pour cette généralisation, j'ai une autre si ça vous intéresse.
    Merci aussi à fin de partie pour l'identité de Menon c'est riche.128082
    pic.PNG 19.6K
  • Dans la définition de $f_k(n)$ il faut écrire $1\leq ord_p(n)\leq k$ car il y a une infinité de nombres premiers $p$ tels que $ord_p(n)=0$.

    Dans la suite je préfère noter $v_p$ plutôt que $ord_p$.

    La propriété $f_{k-1}((kn)!)=\pi(kn)-\pi(n)$ est immédiate quand $k=2$ (Fin de partie a explicité la démonstration).

    Dans le cas général, on peut la démontrer assez rapidement en utilisant la formule de Legendre : $v_p(n!)=\displaystyle\sum_{k=1}^{+\infty}\lfloor n/p^k\rfloor$.

    En effet, on déduit de la formule de Legendre que $\lfloor n/p\rfloor\leq v_p(n!)<\displaystyle\sum_{k=1}^{+\infty} n/p^k=\dfrac n{p-1}$.

    Si $p\geq n+1$ alors $v_p((kn)!)<\dfrac{kn}{p-1}\leq k$ donc $v_p((kn)!)\leq k-1$.

    Si $p\leq n$ alors $v_p((kn)!)\geq \lfloor kn/p\rfloor\geq k$.

    On a démontré que $f_{k-1}((kn)!)=\pi(kn)-\pi(n)$.
  • Merci à tous.
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