Así que para responder a su pregunta en pocas palabras:
Parte I: Sí Parte II: No aplicable
¿Por qué? Aquí está abajo, diviértete...
Nuestro objetivo es contar el número de factores que son necesariamente divisibles por potencias 5. y comprobar que hay al menos otras tantas potencias de 2 dividiendo esta expresión. Empezamos por factorizar la expresión $3^{n!} - 1$ mediante el uso de la factorización de la diferencia de los cuadrados que da como resultado:
$$(3^{\frac{n!}{2}} - 1)(3^{\frac{n!}{2}} + 1)$$
Obsérvese que podemos repetir esto siempre que $n!$ tiene incluso factores en la expresión:
$$(3^{\frac{n!}{2^k}} -1)^k (3^{\frac{n!}{2^k}}+1)(3^{\frac{n!}{2^{k-1}}}+1)...(3^{\frac{n!}{2}} + 1) $$
Observamos que el número de factores pares de $n!$ va a ser igual a la suma de la cuenta de los múltiplos de las potencias de 2. Es decir
$$k = \sum_{i=1}^{\infty}{\lfloor\frac{n}{2^i}\rfloor} = \lfloor \frac{n}{2} \rfloor + \lfloor \frac{n}{4} \rfloor + \lfloor \frac{n}{8}\rfloor ... $$
No estoy seguro de que exista una forma cerrada limpia para el suelo de una serie geométrica, pero esto puede ayudar a arrojar luz sobre el número de términos presentes.
Ahora vamos a considerar términos de la forma
$$3^r +1$$
En nuestra expansión de productos
En general, parece que los términos de la forma
$$3^{5^{m-1}(2 + 4j)} \equiv 5^m - 1 \mod 5^m $$
¿Por qué es así? En primer lugar, hay que tener en cuenta que
$$3^k \ne 5w $$
para cualesquiera enteros w y k porque esto implicaría que hay un entero positivo $n$ tal que
$$(3^k)^n \equiv 0 \mod 5^n $$
Pero sabemos que 3 es coprimo de $5^n$ para todos los enteros positivos $n$ así que esto no es una posibilidad.
Eso también significa que la secuencia $a_(n+1) = 3*a_n \mod 5^k$ tiene periodo $4*5^{k-1}$ porque esta secuencia puede adoptar todas $5^k$ valores posibles bajo $\mod 5^k$ excepto $0,5,10,15...$ porque son múltiplos de 5. El número de no-múltiplos de 5 son $\frac{4}{5}*5^k = 4*5^{k-1}$ . El motivo por el que todos los demás valores son posibles es que tanto $3$ y $5$ son primos (aunque me gustaría tener una prueba de por qué esto debe seguir siendo cierto).
Por lo tanto, considere la declaración original:
$$3^{5^{m-1}*2 + 5^{m-1}*4j} \equiv 5^m - 1 \mod 5^m $$
Podemos calcular $3^{5^{m-1}*4j}$ desde $5^{m-1}*4j$ se sabe que deja el valor sin cambiar y por lo tanto lo que realmente necesitamos probar es:
$$3^{5^{m-1}*2} \equiv 5^m - 1 \mod 5^m $$
podemos reescribir el lado izquierdo
$$3^{5^{m-1}*2} \equiv 9^{5^{m-1}} \equiv (2*5 -1)^{5^{m-1}}$$
A partir de aquí si ampliamos esto con el teorema del binomio tendremos algo de la forma
$$(2*5)^{5^{m-1}} + {5^{m-1}}*(2*5)*(-1) ... + (-1)^{5^{m-1}}$$
Todos los términos medios serán divisibles por ${5^{m-1}}*5 = 5^m$ y, por lo tanto, es equivalente a $0 \mod 5^m$ por lo que nuestra expansión es equivalente a
$$(2*5)^{5^{m-1}} - 1 $$
Lo cual creemos que satisface:
$$(2*5)^{5^{m-1}} - 1 \equiv 5^m - 1 \mod 5^m$$ Obviamente los 1's se anulan dejándonos probar:
$$(2*5)^{5^{m-1}}\equiv 5^m \mod 5^m$$
Obviamente $5^{5^{m-1}} \equiv 0 \equiv 5^m \mod 5^m$
demostrando así que:
$$3^{5^{m-1}(2 + 4j)} \equiv 5^m - 1 \mod 5^m $$
Volviendo al problema que nos ocupa:
No observamos ninguno de los términos del formulario: $3^{\frac{n!}{2^{k-n}}}+1$ donde $n \ge 2$ puede ser de la forma $3^{5^{m-1}(2 + 4j)} $ porque $\frac{n!}{2^{k-n}} \equiv 0 \mod 4$ para todos $n \ge 2$ y $5^{m-1}(2 + 4j) \equiv 2 \mod 4$ . También el término
$$3^{\frac{n!}{2^k}} + 1$$
No funciona desde $\frac{n!}{2^k} \equiv 1,3 \mod 4$ pero nunca $2$ . Así, el término
$$(3^{\frac{n!}{2^{k-1}}}+1)$$
Es el único término del producto
$$(3^{\frac{n!}{2^k}}+1)(3^{\frac{n!}{2^{k-1}}}+1)...(3^{\frac{n!}{2}} + 1) $$
Que aporta factores de 5 y contribuye $w+1$ dichos factores si $5^w$ es la mayor potencia de 5 que divide: $\frac{n!}{2^{k-1}}$ En realidad, podemos seguir adelante y calcular este número w anotando
$$w =\sum_{i=1}^{\infty}\lfloor \frac{n}{5^i} \rfloor = \lfloor \frac{n}{5} \rfloor + \lfloor \frac{n}{25} \rfloor ... $$
Ahora nos queda por contabilizar todos los factores de 5 en el término
$$(3^{\frac{n!}{2^k}}-1)^k$$
Usando argumentos súper similares a los de antes (dejaré que lo pruebes tú mismo)
$$3^{5^{m-1}4j} - 1 \equiv 0 \mod 5^m$$
Pero
$$\frac{n!}{2^k} \equiv 1,3 \mod 4$$
et
$${5^{m-1}4j} \equiv 0 \mod 4$$
Así que eso significa que ese término NUNCA contribuirá con un factor de 5. Así que eso significa... El número total de ceros al final de
$$3^{n!} - 1$$
es
$$ 1 + \sum_{i=1}^{\infty} \lfloor \frac{n}{5^i} \rfloor $$
Para... $n \ge 4$
La razón es que si $n < 4$ nuestras factorizaciones no funcionan como lo hicieron anteriormente.
El número total de ceros finales a:
$$n!$$
es simplemente
$$ \sum_{i=1}^{\infty} \lfloor \frac{n}{5^i} \rfloor $$
Así:
$$a_n = b_n + 1$$
en su anotación.
POR FAVOR, PREGUNTE SOBRE LO QUE VE AQUÍ. ES MUCHO QUE DIGERIR PARA UN SOLO PROBLEMA
