Solutions – Exercices sur la factorielle

Pour tout $k\in\mathbb{N}^{\star}$ :

$k\thinspace k!=\left(k+1\right)k!-k!=\left(k+1\right)!-k!$

et donc :

$\boxed{\sum_{k=1}^{n}k\thinspace k!=\left(n+1\right)!-1}$

En multipliant numérateur et dénominateur par le produit des nombres pairs de $2$ à $2n,$ on fait apparaître une factorielle au numérateur :

$Q_{n}=\frac{\left(2n\right)!}{\left(2\times4\times\cdots\times\left(2n\right)\right)^{2}}$

Or :

$2\times4\times\cdots\times\left(2n\right)=2^{n}\thinspace n!$

et donc :

$\boxed{Q_{n}=\frac{\left(2n\right)!}{4^{n}\thinspace\left(n!\right)^{2}}}$

Noter qu’en multipliant numérateur et dénominateur par le produit des nombres impairs de $1$ à $2n-1,$ on n’obtiendrait rien d’aussi intéressant !

Les deux fonctions suivantes calculent respectivement, étant donné un entier positif ou nul $n,$ la factorielle et le nombre de chiffres décimaux de $n$ :

 
def fact(n):
  f = 1
  a = n
  while a > 0:
    f *= a
    a -= 1
  return f

def nbChiffres(n):
  if n == 0:
    return 1
  c = 0
  a = n
  while a > 0:
    c += 1
    a //= 10
  return c

La fonction suivante affiche, parmi les entiers positifs inférieurs ou égaux à maxi, ceux qui sont égaux au nombre de chiffres de leur factorielle :

def cherche(maxi):
  for i in range(maxi + 1):
    if i == nbChiffres(fact(i)):
    print(i)
  return

On obtient :

>>> cherche (100)
  1
  22
  23
  24

Par ailleurs, on sait que pour tout $n\in\mathbb{N}^{\star},$ le nombre de chiffres décimaux de $n$ est :

$c_{n}=1+\left\lfloor \log_{10}\left(n!\right)\right\rfloor$

et que $\left\lfloor t\right\rfloor >t-1$ pour tout $t\in\mathbb{R}.$

Une condition suffisante pour que $c_{n}>n$ est donc :

$\log_{10}\left(n!\right)>n$

Or, en posant

$u_{n}=\frac{n!}{10^{n}}$

on constate que :

$\frac{u_{n+1}}{u_{n}}=\frac{n+1}{10}$

La suite $u$ est donc strictement croissante à partir du rang $9.$ Comme :

$\boxed{25!=15\thinspace511\thinspace210\thinspace043\thinspace330\thinspace985\thinspace984\thinspace000\thinspace000}$

$\boxed{10^{25}=10\thinspace000\thinspace000\thinspace000\thinspace000\thinspace000\thinspace000\thinspace000\thinspace000}$

on voit que $u_{25}>1$ et donc $\forall n\geqslant25,\thinspace u_{n}>1.$ Il en résulte que $c_{n}>n$ dès que $n\geqslant25.$ Les quatre solutions 1, 22, 23 et 24 trouvées par programme sont donc les seules.

Calculons le quotient de deux termes consécutifs :

$\frac{u_{n+1}}{u_{n}}=\frac{a^{n+1}}{\left(\left(n+1\right)!\right)^{b}}\:\frac{\left(n!\right)^{b}}{a^{n}}=\frac{a}{\left(n+1\right)^{b}}$

Il apparaît que :

$\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{u_{n+1}}{u_{n}}=0$

et, en particulier, qu’il existe $N\in\mathbb{N}$ tel que :

$\forall n\geqslant N,\thinspace\frac{u_{n+1}}{u_{n}}<1$

La suite $u$ est donc (strictement) décroissante à partir d’un certain rang. Comme elle est minorée (par $0),$ elle converge. En notant $L$ sa limite, on voit en passant à la limite dans l’égalité :

$u_{n+1}=\frac{a}{\left(n+1\right)^{b}}\thinspace u_{n}$

que $L=0\times L,$ c’est-à-dire $L=0.$

Bref, on a montré que :

$\boxed{\forall\left(a,b\right)\in\left]0,+\infty\right[^{2},\:\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{a^{n}}{\left(n!\right)^{b}}=0}$

Posons, pour tout $n\in\mathbb{N}$ :

$u_{n}=\frac{n!\,e^{n}}{\left(n+1\right)^{n}}$

On observe que $u_{0}=1.$ Il suffit donc, pour conclure, de montrer que la suite $\left(u_{n}\right)_{n\geqslant0}$ est croissante. Pour tout $n\in\mathbb{N}^{\star}$ :

$\frac{u_{n}}{u_{n-1}}=\frac{ne}{\left(n+1\right)^{n}}n^{n-1}=e\left(\frac{n}{n+1}\right)^{n}=e\left(1+\frac{1}{n}\right)^{-n}$

On souhaite comparer cette quantité à $1,$ ce qui revient à trouver le signe de :

$\ln\left(\frac{u_{n}}{u_{n-1}}\right)=1-n\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)$

Or, on sait que :

$\forall t\in\left]0,+\infty\right[,\,\ln\left(1+t\right)\leqslant t$

En remplaçant $t$ par $1/n$ dans cette majoration, on obtient ${\displaystyle \ln\left(\frac{u_{n}}{u_{n-1}}\right)\geqslant0},$ ce qui établit le résultat.

Autre point de vue, utilisant le développement en série entière de l’exponentielle, ainsi que la formule du binôme :

$n!e^{n}\geqslant\sum_{k=0}^{n}n!\frac{n^{k}}{k!}\geqslant\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}n^{k}=\left(n+1\right)^{n}$

L’intégrale est « doublement impropre » : elle présente une singularité en 0 et une autre en $+\infty.$

Pour la borne 0, on utilise l’équivalent :

$\boxed{t^{x}e^{-t}\underset{{\scriptstyle t\to0}}{\sim}t^{x}}$

et le fait que l’intégrale $\int_{0}^{1}\thinspace t^{x}\thinspace dt$ est convergente puisque $x>-1.$ D’après la règle des équivalents, l’intégrale $\int_{0}^{1}t^{x}e^{-t}\thinspace dt$ est donc convergente.

Pour la borne $+\infty,$ on observe (avec la propriété des croissances comparées) que :

$\boxed{\lim_{t\rightarrow+\infty}t^{x+2}e^{-t}=0}$

d’où l’existence d’un réel $t_{0}>1$ tel que :

$\forall t\in\left[t_{0},+\infty\right[,\:t^{x}e^{-t}\leqslant\frac{1}{t^{2}}$

Par comparaison, la convergence de $\int_{1}^{+\infty}t^{x}e^{-t}\thinspace dt$ en résulte. Finalement, l’intégrale proposée est convergente, quel que soit $x>-1.$

Maintenant, fixons $x>0$ et choisissons des bornes $\epsilon$ et $A,$ vérifiant $0<\epsilon<A.$ En intégrant par parties, on obtient :

$\int_{\epsilon}^{A}t^{x}e^{-t}\thinspace dt=\epsilon^{x}e^{-\epsilon}-A^{x}e^{-A}+x\int_{\epsilon}^{A}t^{x-1}e^{-t}\thinspace dt$

Après passage à la limite (lorsque $\epsilon\rightarrow0$ et $A\rightarrow+\infty)$ :

$\boxed{f\left(x\right)=x\thinspace f\left(x-1\right)}$

Ensuite, on calcule aisément :

$f\left(0\right)=\int_{0}^{+\infty}e^{-t}\thinspace dt=1$

La suite de terme général $f\left(n\right)$ (pour $n\in\mathbb{N})$ vérifie donc les relations :

$\left\{ \begin{array}{cc} f\left(0\right)=1\\ \forall n\in\mathbb{N}^{\star}, & f\left(n\right)=n\thinspace f\left(n-1\right) \end{array}\right.$

On reconnaît aussitôt la factorielle :

$\boxed{\forall n\in\mathbb{N},\thinspace\int_{0}^{+\infty}t^{n}e^{-t}\thinspace dt=n!}$

Remarque

Notre fonction $f$ est une translatée de la fonction Gamma d’Euler, officiellement définie par :

$\forall x>0,\thinspace\Gamma\left(x\right)=\int_{0}^{+\infty}t^{x-1}e^{-t}\thinspace dt$

Pour en savoir plus à ce sujet, voir par exemple ici.

Soit $\left(x,y,z,t\right)$ un quadruplet solution. Alors $t!>x!,$ donc $t>x,$ c’est-à-dire $t\geqslant x+1.$ De même pour $y$ et $z,$ et donc :

$t!=x!+y!+z!\leqslant3\left(t-1\right)!$

ou encore $t\leqslant3$ et ceci impose $\left(x,y,z\right)\in\left\{ 0,1,2\right\} ^{3}.$

On essaie maintenant toutes ces possibilités. Vue la symétrie des rôles de $x,y,z$ et puisque $t>\max\left\{ x,y,z\right\} ,$ il suffit de tester successivement :

$\left(0,0,0,1\right)$
$\left(0,0,0,2\right),$ $\left(0,0,1,2\right),$ $\left(0,1,1,2\right),$ $\left(1,1,1,2\right)$
$\left(0,0,0,3\right),$ $\left(0,0,1,3\right),$ $\left(0,1,1,3\right),$ $\left(0,0,2,3\right),$ $\left(0,1,2,3\right),$ $\left(1,1,1,3\right),$ $\left(0,2,2,3\right),$ $\left(1,1,2,3\right),$ $\left(1,2,2,3\right),$ $\left(2,2,2,3\right)$

On ne trouve au final qu’une seule solution :

$\boxed{\left(x,y,z,t\right)=\left(2,2,2,3\right)}$

Notons $E$ le sous-ensemble de $\mathbb{Q}_{+}^{\star}$ constitué des produits de factorielles de nombres premiers et des quotients de tels produits.

Il est clair que $1\in E$ (considérer le produit vide ou bien, tout simplement : $1=\frac{2!}{2!}).$

Par définition, $E$ est stable par produit et par quotient.

Montrons que $\mathbb{P}\subset E.$ D’évidence $2=2!$ donc $2\in E.$ Supposons (hypothèse de récurrence forte) que $E$ contienne tous les nombres premiers inférieurs ou égaux à $p,$ pour un certain $p\in\mathbb{P}.$ Soit $q$ le plus petit nombre premier supérieur à $p.$ Comme :

$q=\frac{q!}{\left(q-1\right)!}$

et vu que :

$q!\in E$
tout $k\in\{2,\cdots,q-1\}$ est un produit de nombres premiers $\leqslant p,$ qui eux-mêmes appartiennent à $E,$

on constate que $q\in E.$

Maintenant que l’inclusion $\mathbb{P}\subset E$ est établie, et vu que tout entier $n\geqslant2$ est produit de nombres premiers, on voit que $\mathbb{N}^{\star}\subset E$ et finalement (stabilité de $E$ par quotient) que $E=\mathbb{Q}_{+}^{\star}.$

Soit $A\in\mathbb{N}^{\star}.$ Notons :

$n=\max\left\{ j\in\mathbb{N}^{\star};\thinspace j!\leqslant A\right\}$

et effectuons la chaîne de divisions euclidiennes :

$\begin{array}{ccccc}A & = & a_{n}\thinspace n!+r_{n} & \text{avec} & 0\leqslant r_{n}<n!\\r_{n} & = & a_{n-1}\left(n-1\right)!+r_{n-1} & \text{avec} & 0\leqslant r_{n-1}<\left(n-1\right)!\\& \vdots & & \vdots\\r_{3} & = & a_{2}2!+r_{2} & \text{avec} & 0\leqslant r_{2}<2\\r_{2} & = & a_{1}1!+r_{1} & \text{avec} & 0\leqslant r_{1}<1\end{array}$

Visiblement $r_{1}=0.$

En outre, en convenant que $r_{n+1}$ désigne $A,$ on voit que pour tout $k\in\mathbb{N}_{n}$ :

$a_{k}\thinspace k!\leqslant a_{k}\thinspace k!+r_{k}=r_{k+1}<\left(k+1\right)!$

ce qui impose $a_{k}<k+1,$ c’est-à-dire :

$0\leqslant a_{k}\leqslant k$

En sommant toutes les égalités obtenues, on obtient :

$A=\sum_{k=1}^{n}a_{k}\thinspace k!$

En outre, si $a_{n}=0$ alors $A<n!$ d’après la toute première égalité, ce qui est absurde. Donc $a_{n}\neq0$ et l’existence est établie. Passons à l’unicité.

Supposons que $\left(m,n\right)\in\mathbb{N}^{\star2}$ et que $\left(a_{1},\cdots,a_{m}\right)\in\mathbb{N}^{m}$ et $\left(b_{1},\cdots,b_{n}\right)\in\mathbb{N}^{n}$ vérifient :

$\sum_{k=1}^{m}a_{k}\thinspace k!=\sum_{k=1}^{n}b_{k}\thinspace k!\qquad\left(\diamondsuit\right)$

avec en outre :

$\left\{ \begin{array}{c}\forall k\in\left\{ 1,\cdots,m\right\} ,\:0\leqslant a_{k}\leqslant k\\\forall k\in\left\{ 1,\cdots,n\right\} \:0\leqslant b_{k}\leqslant k\end{array}\right.\qquad\text{et}\qquad\left\{ \begin{array}{c}a_{m}\neq0\\b_{n}\neq0\end{array}\right.$

Déjà, il est nécessaire qu’on ait $\boxed{m=n}.$ En effet, si par exemple $m<n$ alors :

$\sum_{k=1}^{m}a_{k}\thinspace k!\leqslant\sum_{k=1}^{m}k\thinspace k!=\left(m+1\right)!-1$

tandis que :

$\sum_{k=1}^{n}b_{k}\thinspace k!\geqslant b_{n}\thinspace n!\geqslant n!>m!$

ce qui contredit $\left(\diamondsuit\right).$ Il reste à prouver que $a_{k}=b_{k}$ pour tout $k\in\mathbb{N}_{n}.$ Supposons le contraire et notons

$s=\max\left\{ k\in\mathbb{N}_{n};\thinspace a_{k}\neq b_{k}\right\}$

Si par exemple $a_{s}<b_{s},$ alors d’une part :

$\sum_{k=1}^{s}a_{k}\thinspace k!\leqslant a_{s}\thinspace s!+s!-1=\left(a_{s}+1\right)s!-1\leqslant b_{s}\thinspace s!-1$

et d’autre part :

$\sum_{k=1}^{s}b_{k}\thinspace k!\geqslant b_{s}\thinspace s!$

ce qui contredit le fait que :

$\sum_{k=1}^{s}a_{k}\thinspace k!=\sum_{k=1}^{s}b_{k}\thinspace k!$

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