title: Formule de Legendre
text: # Formule de Legendre
  
  En mathématiques et plus précisément en théorie des nombres, la formule de Legendre donne une expression, pour tout nombre premier p et tout entier naturel n, de la valuation p-adique de la factorielle de n (l'exposant de p dans la décomposition en facteurs premiers de nǃ, ou encore, le plus grand entier $v$ tel que $p^{v}$ divise n!) :
  
  $v_{p}(n!)=\sum _{k=1}^{\infty }\lfloor n/p^{k}\rfloor =\lfloor n/p\rfloor +\lfloor n/p^{2}\rfloor +\cdots$ où $\lfloor x\rfloor$ désigne la partie entière de $x$, également notée $E(x)$.
  
  Cette formule peut se mettre sous la deuxième forme $v_{p}(n!)={\frac {n-s_{p}(n)}{p-1}}$ où $s_{p}(n)$ désigne la somme des chiffres de $n$ en base $p$.
  
  ## Historique
  
  Adrien-Marie Legendre a publié et démontré cette formule dans son livre de théorie des nombres en 1830. Elle porte aussi parfois le nom d'Alphonse de Polignac.
  
  ## Version récursive
  
  On a également la relation de récurrence : $v_{p}(n!)=\lfloor n/p\rfloor +v_{p}(\lfloor n/p\rfloor !)$ permettant un calcul récursif très simple de $v_{p}(n!)$.
  
  Par exemple, par combien de zéros se termine (en) le nombre $1000!$ ? $v_{10}(1000!)=\min(v_{2}(1000!),v_{5}(1000!))=v_{5}(1000!)=\lfloor 1000/5\rfloor +v_{5}(\lfloor 1000/5\rfloor !)=200+v_{5}(200!)=240+8+1=249$.
  
  Le nombre $1000!$ se termine donc par $249$ zéros.
  
  ## Exemples d'applications
  
  * En rouge, courbe de $v_{5}(n!)$, nombre de zéros terminant $n!$ en fonction de $n$. En vert le majorant $(n-1)/4$, en bleu le minorant $n/4-N_{5}(n)$. Rouge=vert pour $n=5,25,125,...$ , rouge = bleu pour $n=4,24,124,...$.Pour $n$ fixé, cette formule montre que l'application $p\mapsto v_{p}(n!)$ est décroissante, c'est-à-dire que toute factorielle est un produit de primorielles.
  * Comme $s_{p}(n)=o(n)$, $v_{p}(n!)\sim {\frac {n}{p-1}}$ ; par exemple, $n!$ se termine par environ $n/4$ zéros.
  * Plus précisément, comme $1\leqslant s_{p}(n)\leqslant (p-1)N_{p}(n)$ où $N_{p}(n)=\lfloor \log _{p}(n)\rfloor +1$ est le nombre de chiffres de n en base p, on a l'encadrement : ${n \over {p-1}}-N_{p}(n)\leqslant v_{p}(n!)\leqslant {{n-1} \over {p-1}}$, avec égalité à droite si et seulement si $n$ est une puissance de $p$ et égalité à gauche si et seulement si $n$ est une puissance de $p$ moins un.
  * Un entier $n>0$ vérifie $2^{n-1}\mid n!$ si et seulement si $n$ est une puissance de 2. En effet, $2^{n-1}\mid n!\Leftrightarrow v_{2}(n!)\geqslant n-1\Leftrightarrow n-s_{2}(n)\geqslant n-1\Leftrightarrow s_{2}(n)\leqslant 1\Leftrightarrow n$ est une puissance de 2.
  * Les coefficients binomiaux sont entiers par définition. Redémontrons-le à partir de l'expression ${n \choose m}={\frac {n!}{m!(n-m)!}}$ (pour $0\leqslant m\leqslant n$). Pour cela, il suffit de vérifier que pour tout nombre premier $p$, $v_{p}(m!)+v_{p}((n-m)!)\leqslant v_{p}(n!)$. D'après la formule de Legendre et la propriété $\lfloor x\rfloor +\lfloor y\rfloor \leqslant \lfloor x+y\rfloor$, on a bien :
  
      $v_{p}(m!)+v_{p}((n-m)!)=\sum _{k=1}^{\infty }\left(\lfloor m/p^{k}\rfloor +\lfloor (n-m)/p^{k}\rfloor \right)\leqslant \sum _{k=1}^{\infty }\lfloor m/p^{k}+(n-m)/p^{k}\rfloor =\sum _{k=1}^{\infty }\lfloor n/p^{k}\rfloor =v_{p}(n!)$.
  
  Cette propriété équivaut au fait que le produit de m entiers consécutifs est divisible par m!.
  
  * Pour $n\geqslant 1$ l’exposant de 2 dans la décomposition en facteurs premiers du coefficient binomial central ${\binom {2n}{n}}$ est donné par le nombre de 1 dans l’écriture binaire de $n$.
  
  En effet, d'après la deuxième forme de la formule, $v_{2}\left({\binom {2n}{n}}\right)=v_{2}((2n)!)-2v_{2}(n!)=2n-s_{2}(2n)-2(n-s_{2}(n))=2s_{2}(n)-s_{2}(2n)=s_{2}(n)$.
  
  Pour le cas général d'un coefficient binomial quelconque, voir le théorème de Kummer sur les coefficients binomiaux.
  
  ## Démonstration de la formule de Legendre
  
  Remarquons d'abord que pour k > $log_p(n),$ $\lfloor n/p^{k}\rfloor =0$.
  
  Parmi les entiers de $1$ à $n$ (dont $n!$ est le produit), les multiples de $p^{k}$ sont au nombre de $\lfloor n/p^{k}\rfloor$, donc ceux dont la valuation p-adique est exactement $k$ sont au nombre de $\lfloor n/p^{k}\rfloor -\lfloor n/p^{k+1}\rfloor$. Par conséquent,
  
      $v_{p}(n!)=\left(\lfloor n/p\rfloor -\lfloor n/p^{2}\rfloor \right)+2\left(\lfloor n/p^{2}\rfloor -\lfloor n/p^{3}\rfloor \right)+3\left(\lfloor n/p^{3}\rfloor -\lfloor n/p^{4}\rfloor \right)+\dots$,
  
  ce qui, après simplification, donne la première forme de la formule.
  
  Pour obtenir la seconde forme, considérons la décomposition de $n$ en base $p$ : $n=\sum _{j=0}^{\infty }n_{j}p^{j}$ (avec $n_{j}=0$ pour j > $log_p(n)).$ Alors,
  
      $\sum _{k\geqslant 1}\lfloor n/p^{k}\rfloor =\sum _{k\geqslant 1}\sum _{j\geqslant k}n_{j}p^{j-k}=\sum _{j\geqslant 1}n_{j}\sum _{1\leqslant k\leqslant j}p^{j-k}=\sum _{j\geqslant 1}n_{j}{\frac {p^{j}-1}{p-1}}={\frac {1}{p-1}}\left(\sum _{j\geqslant 1}n_{j}p^{j}-\sum _{j\geqslant 1}n_{j}\right)={\frac {(n-n_{0})-(s_{p}(n)-n_{0})}{p-1}}={\frac {n-s_{p}(n)}{p-1}}$.
  
  La version récursive peut se démontrer directement ou se déduire de la première égalité en utilisant le fait que $\left\lfloor {\frac {\lfloor x\rfloor }{p}}\right\rfloor =\left\lfloor {x \over {p}}\right\rfloor$$^,.$
  
  