Estoy buscando un método rápido. Acabo de multiplicar todos los números juntos módulo diez y dividido por $5^{12}$ y $2^{12}$ modulo 10, lo que me dio $2$ .
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¿Demasiados anuncios?
He aquí un método rápido para determinar el último dígito no nulo de $n!$ .
Que la base $5$ representación de $n \in\mathbb{Z}^+$ sea $\overline{a_{m}a_{m-1} \ldots a_{0}}_{5}$ .
Demostrar que el último dígito no nulo de $n!$ es $\equiv 2^{\sum\limits_{i=0}^{m}ia_{i}} \times \prod\limits_{i=0}^{m}a_{i}! \pmod{10}$ .
Esta fue una pregunta que puse en algún concurso en el pasado, y puede hacerse fácilmente por inducción. Lo dejo como ejercicio.
Esto es rápido en general ya que $a_i!$ es pequeño y explota $2^{4k+1} \equiv 2 \pmod{10}$ .
Aplicando esto a $n=50$ , $50=200_5$ por lo que el último dígito no nulo de $50!$ es $$\equiv 2^{0(0)+1(0)+2(2)}(2!0!0!) \equiv 2 \pmod{10}$$
Apliquemos esto a $n=2013$ : $2013=31023_5$ por lo que el último dígito no nulo de $2013!$ es $$\equiv 2^{0(3)+1(2)+2(0)+3(1)+4(3)}3!1!0!2!3! \equiv 2^{17}(72) \equiv 2(2) \equiv 4 \pmod{10}$$
Motivación
Bueno, supongo que debería proporcionar algo de motivación. Algo de esto ya estará en los comentarios. La motivación será en realidad bastante cerca de una prueba completa, pero he dejado fuera las partes más aburridas / fáciles / directas.
Podemos determinar fácilmente el último dígito del producto de todos los no múltiplos de $5$ que son $\leq n$ es decir
$$\prod_{1 \leq k \leq n, 5 \nmid k}{k}$$
utilizando el hecho de que $(5i+1)(5i+2)(5i+3)(5i+4) \equiv 4 \pmod{10}$ . Obtenemos $4^j(a_0!)$ donde $n=5j+a_0$ .
Intuitivamente, cada potencia de $5$ tipo de "quita un poder de $2$ " de este producto, ya que se combinan para formar un poder de $10$ . Así que empecemos por contabilizar los múltiplos de $5$ y preocuparse por los múltiplos de $25, 125, \ldots$ más tarde si es necesario.
Por comodidad, defina $f(m)$ sea el último dígito no nulo de $m$ . En virtud del hecho de que $n!$ es incluso para $n>1$ podemos escribir al menos para $n>1$
\begin{align} f(n!) \equiv f(6^jn!) & \equiv f(6^j\prod_{1 \leq k \leq n, 5 \nmid k}{k}\prod_{1 \leq k \leq j}{5k}) \pmod{10} \\ & \equiv f\left(30^j\left(\prod_{1 \leq k \leq n, 5 \nmid k}{k}\right)j!\right) \pmod{10} \\ & \equiv f(3^j[4^j(a_0!)]j!) \pmod{10} \\ & \equiv 2^ja_0!f(j!) \pmod{10} \end{align}
Ya podemos ver que vale la pena considerar la base $5$ ampliación de $n$ y el término $\prod_{i=0}^{m}{a_i!}$ en la fórmula es evidente. Lo que queda es mirar el producto de la $2^j$ términos y expresarlo en términos de $a_i$ y para demostrar la fórmula obtenemos por inducción fuerte.
Harald Hanche-Olsen
Puntos
22964
Ha calculado correctamente que $5^{12}$ es la mayor potencia de $5$ que divide $50!$ . De la misma manera, $\lfloor\frac{50}{2}\rfloor+\lfloor\frac{50}{4}\rfloor+\lfloor\frac{50}{8}\rfloor+\lfloor\frac{50}{16}\rfloor+\lfloor\frac{50}{32}\rfloor=25+12+6+3+1=47$ Así que $2^{47}$ es la mayor potencia de $2$ que divide $50!$ . Del mismo modo, podemos averiguar las otras potencias más altas de los primos dividiendo $50!$ : $\lfloor\frac{50}{3}\rfloor+\lfloor\frac{50}{9}\rfloor+\lfloor\frac{50}{27}\rfloor=16+5+1=22$ y $\lfloor\frac{50}{7}\rfloor+\lfloor\frac{50}{49}\rfloor=7+1=8$ y así sucesivamente, por lo que de hecho $$50!=2^{47}\cdot3^{22}\cdot5^{12}\cdot7^{8}\cdot11^{4}\cdot13^{3}\cdot17^{2}\cdot19^2\cdot23^2\cdot29\cdot31\cdot37\cdot41\cdot43\cdot47.$$ Claramente, el número termina exactamente en $12$ ceros, por lo que el dígito deseado es $50!/10^{12}\bmod10$ o $$2^{35}\cdot3^{22}\cdot7^{8}\cdot1^{4}\cdot3^{3}\cdot7^{2}\cdot9^2\cdot3^2\cdot9\cdot1\cdot7\cdot1\cdot3\cdot7\bmod10,$$ que no es demasiado difícil de calcular utilizando identidades como $3^4=9^2\equiv1\bmod10$ , $3\cdot7\equiv1\bmod10$ . (Puede que no sea súper elegante, pero no creo que haya un método más rápido).
