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CouvPocheIndispensables
J'ai créé ce blog lors de la sortie de mon livre "Les Indispensables mathématiques et physiques pour tous", Odile Jacob, avril 2006 ; livre republié en poche en octobre 2011 (achat en ligne) (sommaire du livre).
Je développe dans ce blog des notions de mathématiques et de physique à destination du plus large public possible, en essayant de susciter questions et discussion: n'hésitez pas à laisser vos commentaires!

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Indispensables astronomiques

Nouveauté octobre 2013, mon livre "Les Indispensables astronomiques et astrophysiques pour tous" est sorti en poche, 9,5€ (éditions Odile Jacob, éidtion originale 2009). Comme mon premier livre (Les Indispensables mathématiques et physiques), c'est un livre de notions de base illustrées avec des exemples concrets, s'appuyant sur les mathématiques (géométrie notamment) pour l'astronomie, et sur la physique pour l'astrophysique. Je recommande vivement sa lecture.

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8 août 2010 7 08 /08 /août /2010 09:34

(inspiré du magazine Tangente, novembre 2009)


Par combien de 0 se termine le nombre 2010!?

 

(c'est à dire le nombre factorielle de 2010, soit 2010! = 2010×2009×2008...×2×1). On ramasse les copies à la rentrée.

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commentaires

Fin de partie 27/08/2011 19:55



Ce problème peut se résoudre en utilisant la formule d'Adrien Marie Legendre que vous pouvez trouver là:


http://fr.wikipedia.org/wiki/Factorielle


La plus grand puissance d'un nombre premier p qui divise n! est donnée par:


somme de k=1 à l'infini de la partie entière de n/p^k (n divisé par p puissance k)


Cette somme a un nombre fini de termes qui sont non nuls.


Pour résoudre le problème donné il faut appliquer cette formule avec p=2 et p=5


et prendre le plus petit des deux nombres obtenus, c'est la plus grande puissance de 10 qui divise notre factorielle.



Dr. Goulu 21/09/2010 18:54



402



Sabssia 11/08/2010 23:50



51! 



Tom Roud 11/08/2010 03:35



On n'a pas convergence (ce n'est pas une limite) mais équivalence, non ?


Clairement, on a |(Sum(Floor(N/5^j))-Sum(N/5^j)|0 à droite) ce qui montre que Sum(Floor(N/5^j))/N tend vers 1/4, d'où Sum(Floor(N/5^j))  équivalent à N/4.



Orteil 10/08/2010 18:43



Ah, bien vu, Tom Roud: il suffirait d'arrondir et de passer par une simple somme de puissances...


Z(N!)=Sum[i=1 to i=Floor(ln(N)/ln(5))]  { Floor(N/(5^i)) }


Appelons n=Floor[ln(N)/ln(5)] - et Sn(k), la somme des n-ièmes puissances de k:


Sum [i=1 to i=n] {N/(5^i)} = N * [Sn(1/5) - 1]


Et comme notre valeur utilise des parties entières, on a l'inégalité suivante :


{N * [Sn(1/5) - 1] - n}

Tom Roud 10/08/2010 17:20



Je me réponds à moi-même pour le problème en base 12 (en base quelconque en fait) : il suffit de trouver le nombre de zéros en base 4 et le nombre de zéros en base 3 (ce qui est je pense
relativement facile puisqu'il suffit de compter le nombre de facteurs divisible par 2 et 3 suivant un raisonnement similaire au cas du 5) et de prendre le minimum des deux. On peut aussi prendre
les limites  pour voir un effet potentiellement rigolo : le nombre de zeros à la fin de N! en base 2 tend vers N suivant la même sommation précédente, donc  sauf erreur de ma part je
pense que le nombre de zeros en base 4 tend vers N/2, de la même façon le nombre de zeros en base 3 tend a priori vers N*1/3+1/9+...=N/2, c'est le même nombre !  



Tom Roud 10/08/2010 16:47



La solution se google facilement, mais j'avoue que je ne suis pas complètement sûr de  bien comprendre l'astuce, les gens n'expliquent pas super bien le raisonnement. Si je comprends bien,
l'idée est de regarder le nombre de nombres divisibles par 5,25, 625, etc... et d'ajouter un zero pour chacun de ces nombres (puisque pour un facteur 5, on a forcément un facteur 2 auparavant).
Effectivement, un raisonnement par récurrence me paraît plus safe !


Pour la convergence, vers N/4 c'est simple :


1/5+1/25+1/625+ ...=sum 1/5^n=1/4


Sinon, je me demande si le problème en lui-même est "facilité" par le fait que 10 se décompose en seulement 2 facteurs premier. Par exemple, une question qui me semble intéressante serait de
savoir par combien de zeros se termine le même nombre en base 12. (est-ce que faire le même raisonnement sur 3 suffit ? pas sûr vu qu'il faut deux facteurs 2 pour un facteur 3 pour avoir 12).



Alexandre Moatti 12/08/2010 00:13



Tom Roud, le raisonnement direct (pas par récurrence) ma paraît correct et safe (et élégant je pense). On va chercher tous les multiples de 5 dans 2010!, on
écrit donc 2010! = 5^^402 * 402! * des nombres non multiples de 5 ; on continue 402! = 5^^80*80!* des nombres non multiples de 5; idem 80! = 5^^16*16!*... ; 16!= 5^^3*3!*...; et stop 3! n'a plus
de multiples de 5.


Au total 2010! = 5^^(402+80+16+3)* d'autres nombres non multiples de 5


Puis en effet on va chercher 501 nombres pairs dans 2010! (il y en a 1005 donc suffisamment) donc 2010 = (5*2)^^501* des nombres non multiples de 5 - donc
exactement 501 fos le chifres 0 à la fin.


La formule générique que j'ai trouvée est E(N/5) + E(N/25) + E(N/125) +.... Pour N grand cette somme converge vers N/4 (en assimilant E(N/5) à N/5 mais passage à
la limite pas évident à mon goût).


 


A.M.



Orteil 10/08/2010 13:23



Rapidement:


Hm... le nombre de zéros est déterminé par le nombre de "facteurs 10"; c'est-à-dire, puisqu'il y a beaucoup plus de facteurs 2 que de facteurs 5, ce nombre de zéros est déterminé par la puissance
du facteur 5 lors de la décomposition en produit de facteurs premiers de (2010!). Appelons-le Z.


Examinons les puissances de 5, inférieures à 2010:


5^2=25


5^3=125


5^4=625


5^5=3125 > 2010 ; trop grand.


Pour N

AM 09/08/2010 10:50



Thomas (sur Facebook - eh oui on se disperse, çà ne va pas du tout) a apporté un commentaire intéressant : "~25% de la valeur de N pour N grand ? A
démontrer aussi ...", auquel j'ai répondu :  Flûte ! C'est tellement simple ces petits problèmes avec un cas particulier (2010), çà évite de
chercher la solution générique ! Mais merci Thomas de m'y avoir forcé, et bravo c'est bien çà (N/4 pour N grand) - çà se démontre facilement une fois qu'on a la formule générique (qui est très
surprenante à dire vrai - si je ne me suis pas trompé)... A.M.



ecjs 08/08/2010 12:40



501. Consulter le lien vers "mon site" pour l'algorithme.



Alexandre Moatti 08/08/2010 14:12



Cher ecjs, bravo, c'est la bonne réponse, et merci d'avoir conçu cet algorithme. Mais attention, certains puristes voudront une démonstration mathématique et non
un algorithme! (dans le théorème des 4 couleurs, certains mathématiciens refusent la partie de démonstration algorithmique et attendent encore la démonstration a mano complète ! ) A.M.



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J'ai aussi un thème de recherche, l'alterscience, faisant l'objet d'un cours que j'ai professé à l'EHESS en 2008-2009 et 2009-2010. Il était en partie fondé sur mon second livre, "Einstein, un siècle contre lui", Odile Jacob, octobre 2007, livre d'histoire des sciences (voir billet sur ce blog, et notamment ses savoureux commentaires).

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