<br /> <br /> Ce problème peut se résoudre en utilisant la formule d'Adrien Marie Legendre que vous pouvez trouver là:<br /> <br /> <br /> http://fr.wikipedia.org/wiki/Factorielle<br /> <br /> <br /> La plus grand puissance d'un nombre premier p qui divise n! est donnée par:<br /> <br /> <br /> somme de k=1 à l'infini de la partie entière de n/p^k (n divisé par p puissance k)<br /> <br /> <br /> Cette somme a un nombre fini de termes qui sont non nuls.<br /> <br /> <br /> Pour résoudre le problème donné il faut appliquer cette formule avec p=2 et p=5<br /> <br /> <br /> et prendre le plus petit des deux nombres obtenus, c'est la plus grande puissance de 10 qui divise notre factorielle.<br /> <br /> <br /> <br />

<br /> <br /> 402<br /> <br /> <br /> <br />

<br /> <br /> 51! <br /> <br /> <br /> <br />

<br /> <br /> On n'a pas convergence (ce n'est pas une limite) mais équivalence, non ?<br /> <br /> <br /> 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.<br /> <br /> <br /> <br />

<br /> <br /> Ah, bien vu, Tom Roud: il suffirait d'arrondir et de passer par une simple somme de puissances...<br /> <br /> <br /> Z(N!)=Sum[i=1 to i=Floor(ln(N)/ln(5))]  { Floor(N/(5^i)) }<br /> <br /> <br /> Appelons n=Floor[ln(N)/ln(5)] - et Sn(k), la somme des n-ièmes puissances de k:<br /> <br /> <br /> Sum [i=1 to i=n] {N/(5^i)} = N * [Sn(1/5) - 1]<br /> <br /> <br /> Et comme notre valeur utilise des parties entières, on a l'inégalité suivante :<br /> <br /> <br /> {N * [Sn(1/5) - 1] - n}

<br /> <br /> 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<br /> 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<br /> 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<br /> 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 !  <br /> <br /> <br /> <br />

<br /> <br /> 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,<br /> 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).<br /> Effectivement, un raisonnement par récurrence me paraît plus safe !<br /> <br /> <br /> Pour la convergence, vers N/4 c'est simple :<br /> <br /> <br /> 1/5+1/25+1/625+ ...=sum 1/5^n=1/4<br /> <br /> <br /> 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<br /> 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).<br /> <br /> <br /> <br />

<br /> <br /> Rapidement:<br /> <br /> <br /> 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<br /> du facteur 5 lors de la décomposition en produit de facteurs premiers de (2010!). Appelons-le Z.<br /> <br /> <br /> Examinons les puissances de 5, inférieures à 2010:<br /> <br /> <br /> 5^2=25<br /> <br /> <br /> 5^3=125<br /> <br /> <br /> 5^4=625<br /> <br /> <br /> 5^5=3125 > 2010 ; trop grand.<br /> <br /> <br /> Pour N

<br /> <br /> 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<br /> démontrer aussi ...", auquel j'ai répondu :  Flûte ! C'est tellement simple ces petits problèmes avec un cas particulier (2010), çà évite de<br /> 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<br /> surprenante à dire vrai - si je ne me suis pas trompé)... A.M.<br /> <br /> <br /> <br />

<br /> <br /> 501. Consulter le lien vers "mon site" pour l'algorithme.<br /> <br /> <br /> <br />