13. Pour n ∈ N *, on note g(n) le maximum des ordres des éléments de Sn. Montrer que ∀k ∈ N * , g(n)nk→n→+∞ +∞.

Solution d’après Ivan Gozard

On sait que chaque élément de Sn se décompose en produit de cycles à supports disjoints et ce de façon unique. Comme l’ordre du produit d’éléments qui commutent entre eux est le ppcm de leurs ordres respectifs et l’ordre d’un cycle est sa longueur, il vient :

g(n)=max{ppcm(n ,...,n );k ∈ N *,(n ,...,n ) ∈ (N *)k,n + ⋅⋅⋅+ n = n}, 1 k 1 k 1 k
ou encore
{ } g(n)=maxppcm(n1,...,nk);k ∈ N *,(n1,...,nk) ∈ (N *)k,n1 + ⋅⋅⋅+ nk ≤ n .

∙ Le lemme suivant est tiré de la réponse 903 pages 113-115, RMS vol. 128 No 4, juillet 2018 :

Lemme 1.Pour tout (a,b) ∈ (N*)2, a(a+b b ) divise ppcm((b + i)1≤i≤a).

Preuve : Pour a ≥ 1 et b ≥ 0, posons J(a,b) = ∫ 1 0(1 - x)a-1xb d x.

Si b ≥ 1, une intégration par parties donne

[ (1- x)axb]1 b ∫ 1 b J(a,b)= - ----a---- + a- (1 - x)axb-1dx = a-J(a + 1,b- 1). 0 0
On en déduit par récurrence sur b :
b(b- 1)⋅⋅⋅1 1 ∀(a,b)∈N* × N, J(a,b) =-------------------J(a+ b,0) =-(a+b). a(a+ 1)⋅⋅⋅(a+ b- 1) a b
Notons M = ppcm(b + 1,b + 2,…,b + a). Alors, par la formule du binôme :
∫ 1 ∫ 1a∑-1( ) MJ(a,b) = M (1- x)a-1xbdx = M a- 1 (- 1)ixb+idx 0 0 i=0 i a∑-1( ) = a- 1 (- 1)i---M---- i=0 i b+ i+ 1
Les M b+i+1 sont tous entiers donc MJ(a,b) ∈ N*, ce qui achève la preuve.

∙ Posons, pour n ∈ N* :

⌊√n-⌋ an = bn = -2- .
Alors
a √-- ∑n(b + i) = a2 + an(an +-1)≤ n+ n+ -n-≤ n, i=1 n n 2 4 8 4
et, en utilisant le lemme,
( ) (*) an 2an ≤ ppcm ((an + i)1≤i≤an) ≤ g(n ). an
Enfin, d’après la formule de Stirling,
( ) √ ----- (2an) 2aen 2an 4πan √an--2an an an n→~+ ∞ an--(an-)2an------n→~+ ∞ -√π-2 . e 2πan
Soit maintenant k ∈ N *. Alors, par croissance comparée,
22an = exp(ln 2(√n-+ O(1))- klnn) -→ + ∞. nk n→+∞
On déduit de (*) que
g(n) nk n-→→+∞ + ∞.

Remarques

1.
Notons (pi )i≥1 la suite des nombres premiers rangés dans l’ordre croissant. Le théorème des nombres premiers assure que
(1) pn ~ nlnn.
Notons, si n ≥ 2,
r∏n rn = max {r ∈ N*,p1 + ⋅⋅⋅+ pr ≤ n} et f(n ) = pi. i=1
On a f(n) ≤ g(n). De plus, l’équivalent (1) conduit à
∑r r2 • -n-- pir→~+∞ 2-lnr, puis `a rnn→~+ ∞ 2 lnn-, i=1
d’où
r∑n ∑rn √----- ln f(n ) = ln(pi) ~ lni ~ rnln(rn) ~ n ln n. i=1 n→+ ∞ i=1 n→+ ∞ n→+ ∞
2.
On peut rendre cette démonstration plus élémentaire en remplaçant (1) par les estimations de Tchebychev.
3.
Des calculs plus précis montrent que lng(n) ~√ ----- nlnn.

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