To spørsmål om (20!)^2

[Markonan]

Vi har tallet [tex](20!)^2[/tex].

1) Finn primtallsfaktoriseringen til dette tallet.
2) Hvor mange nuller er det i slutten av tallet?

Skal selvfølgelig vises ved regning. Kan legge ut noen hint etter behov.

[Knuta]

[tex](20!)^2=2^{36}\cdot 3^{16}\cdot 5^8\cdot 7^4\cdot 11^2\cdot 13^2\cdot 17^2\cdot 19^2[/tex]

5^8 i dette tillfelle avgjør at det er 8 nuller

[Markonan]

Joda, er riktig, men savnet selve utregningen. Er jo greit å se for de som ikke kan regne dette. Selv om det er kjempelett.

[groupie]

Det finnes altså en bedre måte enn å slite seg gjennom samtlige baser?

[Markonan]

Nei, tenkte heller på at man viste hvordan man satt det opp og tenkte etc.

[sEirik]

[tex]20! = 2 \cdot 3 \cdot (2^2) \cdot 5 \cdot (2 \cdot 3) \cdot 7 \cdot (2^3) \cdot (3^2) \cdot (2 \cdot 5) \cdot 11 \cdot (2^2 \cdot 3) \cdot 13 \cdot (2 \cdot 7) \cdot (3 \cdot 5) \cdot (2^4) \cdot 17 \cdot (2 \cdot 3^2) \cdot 19 \cdot (2^2 \cdot 5)[/tex]

Så er det bare å telle opp faktorene..

[tex]2^{1 + 2 + 1 + 3 + 1 + 2 + 1 + 4 + 1 + 2} = 2^{18}[/tex]

[tex]3^{1 + 1 + 2 + 1 + 1 + 2} = 3^8[/tex]

[tex]5^{1 + 1 + 1 + 1} = 5^4[/tex]

[tex]7^{1 + 1} = 7^2[/tex]

[tex]11^1[/tex]

[tex]13^1[/tex]

[tex]17^1[/tex]

[tex]19^1[/tex]

[tex]20! = 2^{18} \cdot 3^8 \cdot 5^4 \cdot 7^2 \cdot 11 \cdot 13 \cdot 17 \cdot 19[/tex]

Og når vi kvadrerer er det bare å doble eksponentene i hver faktor.

[tex](20!)^2 = 2^{36} \cdot 3^{16} \cdot 5^8 \cdot 7^4 \cdot 11^2 \cdot 13^2 \cdot 17^2 \cdot 19^2[/tex]

Vi får én null for hvert par (5 x 2) i primtallsfaktoriseringen. (Siden det tilsvarer å gange med 10)

Siden det blir 8 par (5 x 2) blir det som sagt ovenfor 8 nuller til slutt.

------------

Ny oppgave: Man skal faktorisere n!. Finn multiplisiteten (antall faktorer av) det k-te primtallet i faktoriseringen. Har ikke løsningen her nå, men husker at jeg og TrulsBR løste denne for lenge siden.

[Zivert]

Du kan jo også prøve å finne hvor mange nuller tallet [tex]n![/tex] ender på

[Charlatan]

Blir ikke det bare [tex]\lfloor \frac{n}{5} \rfloor[/tex], eller [tex]n-[n(\text{mod}5)][/tex] da man alltid har et "overskudd" av 2-tall.

[mrcreosote]

Blir ikke det bare [tex]\lfloor \frac{n}{5} \rfloor[/tex], eller [tex]n-[n(\text{mod}5)][/tex] da man alltid har et "overskudd" av 2-tall.

Dette holder når n er høyst 24.

[Charlatan]

klart, tenkte ikke så langt.
Det blir vel snarere:

[tex]\lfloor \frac{n}{5} \rfloor + \lfloor _^5\sqrt{n} \rfloor[/tex]

har ikke tenkt så lenge på det.

[Zivert]

Desverre ikke helt riktig, et moteksempel er [tex]n=1[/tex]

[Charlatan]

selvfølgelig,
[tex]\lfloor \frac{n}{5} \rfloor + \lfloor _^5\sqrt{n} -1 \rfloor[/tex]

[mrcreosote]

selvfølgelig,
[tex]\lfloor \frac{n}{5} \rfloor + \lfloor _^5\sqrt{n} -1 \rfloor[/tex]

Dette holder når n er høyst 24.

[Zivert]

Nei, dette stemmer også for [tex]n=[32,49][/tex]... eller?

[Charlatan]

jajaja

[tex]\sum^{\infty}_{k=1} \lfloor \frac{n}{5^k} \rfloor[/tex]

eller alternativt,

[tex]\sum^{ \lfloor \frac{ln(n)}{\ln(5)}\rfloor}_{k=1} \lfloor \frac{n}{5^k} \rfloor[/tex]

hvis ikke det er riktig må jeg kanskje tenke litt mer på det