Exercice 35

1. Les multiples de $p^{\alpha}$ dans $[\![1\,;n]\!]$ sont les $kp^{\alpha}$ avec $1 \leqslant k \leqslant \frac{n}{p^{\alpha}}$ ; il y en a $\Big\lfloor \frac{n}{p^{\alpha}} \Big\rfloor$. Un entier a une $p$-valuation égale à $\alpha$ s'il est multiple de $p^{\alpha}$ sans l'être de $p^{\alpha + 1}$. $$\boxed{\Big\lfloor \frac{n}{p^{\alpha}} \Big\rfloor \text{ multiples de } p^{\alpha}, \quad \Big\lfloor \frac{n}{p^{\alpha}} \Big\rfloor - \Big\lfloor \frac{n}{p^{\alpha + 1}} \Big\rfloor \text{ entiers de valuation } \alpha}$$

2. Les termes sont nuls dès que $p^{\alpha} > n$. Par la proposition 10 (i), $v_{p}(n!) = \sum_{k = 1}^{n} v_{p}(k)$. On écrit $v_{p}(k)$ comme le nombre d'entiers $\alpha \geqslant 1$ tels que $p^{\alpha} \mid k$, et l'on échange les deux sommes finies : $v_{p}(n!)$ est le nombre de couples $(k, \alpha)$ tels que $p^{\alpha} \mid k$, et, pour chaque $\alpha$, il y a $\Big\lfloor \frac{n}{p^{\alpha}} \Big\rfloor$ entiers $k$ qui conviennent, d'après la question 1. $$\boxed{v_{p}(n!) = \sum_{\alpha \geqslant 1} \Big\lfloor \frac{n}{p^{\alpha}} \Big\rfloor}$$

3. Le nombre de zéros finaux est le plus grand entier $k$ tel que $10^{k} = 2^{k}5^{k}$ divise $1000!$, c'est-à-dire $\min\big(v_{2}(1000!), v_{5}(1000!)\big)$. La formule donne $$v_{5}(1000!) = 200 + 40 + 8 + 1 = 249, \qquad v_{2}(1000!) = 500 + 250 + 125 + 62 + 31 + 15 + 7 + 3 + 1 = 994.$$

4. On montre d'abord que, pour tous réels $x, y \geqslant 0$, $$\lfloor 2x \rfloor + \lfloor 2y \rfloor \geqslant \lfloor x \rfloor + \lfloor y \rfloor + \lfloor x + y \rfloor.$$ En écrivant $x = \lfloor x \rfloor + a$ et $y = \lfloor y \rfloor + b$ avec $a, b \in [0, 1[$, les parties entières se simplifient, et l'inégalité équivaut à $\lfloor 2a \rfloor + \lfloor 2b \rfloor \geqslant \lfloor a + b \rfloor$. Si $a + b < 1$, le membre de droite est nul. Sinon, l'un des deux réels $a$ ou $b$ est supérieur à $\frac{1}{2}$, et le membre de gauche vaut au moins $1 = \lfloor a + b \rfloor$.

On applique cette inégalité avec $x = \frac{r}{p^{\alpha}}$ et $y = \frac{s}{p^{\alpha}}$, puis on somme sur $\alpha$ : la question 2 donne, pour tout nombre premier $p$, $$v_{p}\big((2r)!\,(2s)!\big) \geqslant v_{p}\big((r + s)!\,r!\,s!\big).$$ D'après la proposition 10 (ii), le dénominateur divise le numérateur. $$\boxed{\frac{(2r)!\,(2s)!}{(r + s)!\,r!\,s!} \in \mathbb{N}}$$ Pour $s = 0$, on retrouve que $\binom{2r}{r} = \frac{(2r)!}{r!\,r!}$ est un entier. Pour $r = s = 1$, le quotient vaut $\frac{2 \times 2}{2} = 2$. ✓