Nøtt!

[Aleksander123]

Er det noen som kan forklare hvordan man skal løse denne oppgaven uten kalkulator bare med penn og papir?

Hvor mange nuller er det på slutten av 1^1*2^2*3^3....*99^99

A 450 B 500 C 600 D 950 E 1100

[Vektormannen]

Hva vet du om tall som har nuller i de siste sifrene? Hvis vi f.eks. ser på alle tall som har én null bakerst (10, 30, 110, 190, for å nevne noen tilfeldige), hva er det alle de har helles? Hva med tallene som har to nuller bakerst, hva har de felles? (Hint: Dette har noe med potenser av 10 å gjøre.)

[Bakeren]

Hvis jeg forstår Vektormannen rett, så vil hvor mange nuller det blir bakerst bestemmes av antall ganger man ganger med 10 i det endelige tallet. Tallene som er delelige med 10 blir:

10^10 * 20^20 ... 90^90
10^10 * (2^20 * 10^20) ... (9^90 * 10^90)
Antall nuller blir da:

10 + 20 +...+90

Som gir rekken 10[symbol:sum] n = 10* (1/2(n)(n+1)):

$\frac{10}{2}\ast 9\ast 10=450$

Tror det skal bli rett

[Vektormannen]

Du er absolutt inne på noe, men du har nok ikke fått med alle 10-faktorene! Fra $2^2$ og $5^5$ så kan vi jo f.eks. lage oss to 10-faktorer til, ikke sant? Og ikke nok med det, de tre 5-faktorene vi da har igjen kan vi gange med hver sine 2-faktorer som er lenger ute i produktet (f.eks. i $4^4$). Slik kan vi også fortsette utover, så det blir flere enn 450 i alle fall. Kan du tenke deg hvordan du kan finne ut hvor mange, når du tar hensyn til dette også?

[Bakeren]

Ja, selvfølgelig. Så trikset er å finne x antall 2-faktorer og y antall 5-faktorer, dermed vil min(x,y) bli antall 10-faktorer. Det vil bli færre 5-faktorer enn 2-faktorer, så vi kan nøye oss med å finne 5-faktorene:

$\lfloor \frac{99}{5}\rfloor =19$

5^5 * (2^10*5^10) ... (19^95 *5^95)

5+10+15+...+95

$5\sum _{n=1}^{19}n=950$

Nå må det da bli rett

[Vektormannen]

Getting there

Men husk at det er nøyaktig tre tall mellom 1 og 99 som har to 5-faktorer!

[Bakeren]

Ja, det er sant. 25, 50 og 75. Så da må vi legge til:
25 + 50 + 75 = 150

950 + 150 = 1100

[Vektormannen]

Nå er vi enige. Bra!

[Bakeren]

Kan dette generaliseres? Hvor mange nuller blir det på slutten av rekken:
1^1 * 2^2 *...* n^n

[Vektormannen]

Ja, men et helt eksplisitt uttrykk blir vel muligens vanskelig? (Siden n selv kan være delelig på 5 eller ikke og desto større n blir, desto flere tall kan man få med flere enn én 5-faktor. Multipler av 125 har jo tre stk, og så videre).

Du kan jo se hva du kommer frem til.

[Bakeren]

Kan det bli noe sånt som:

$\sum _{k=1}^{\lfloor {\log }_{5}n\rfloor }{5}^k\sum _{m=1}^{\lfloor \frac{n}{5^k}\rfloor }m$

Hvor rekken er:
1^1 * 2^2 *...* n^n

[Vektormannen]

Ja, det ser riktig ut.

[Aleks855]

Jeg prøver å gjøre det samme opp til ${50}^{50}$ for å se om jeg har forstått det, men tror det er noe jeg mangler.

Først henter jeg alle rene 10ere fra ${50}^{50},{40}^{40}$ osv, ned til 10, så der har vi 150 stk.

Så tenker jeg at vi kan kombinere 2ere og 5ere. Antar det finnes flere 2ere i produktet enn 5ere, så jeg prøver å se hvor mange 5ere vi har.

$5^5$ gir 5 stk
${15}^{15}$ gir 15 stk
${25}^{25}$ gir 50 stk
${35}^{35}$ gir 35 stk
${45}^{45}$ gir 45 stk

Der har vi enda 150. Så da har vi til sammen 300. Men det er vel ikke riktig?

[Bakeren]

Primtallsfaktoriser 50, så ser du hva som mangler.

[fuglagutt]

En liten feil der, Aleks. Husk at 50 gir deg to tiere (2 femmere), slik at du får 200 fra "10'ere".

Ellers fint