Problem mit der Fakultät < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 23:04 Fr 17.12.2004 | | Autor: | Schakai |
Hallo!
Sitze gerade an meinen Mathe Übungen und habe eine Aufgabe gefunden von der ich zwar die Lösung bekommen kann, dank maple, aber ich gerne auch eine Begründung/Beweis finden/wissen möchte.
"Wie viele aufeinanderfolgende Nullen befinden sich am Ende der Zahl 100! (100 Fakultät)?"
Ich habe angefangen zu überlegen und habe ich mich in Sachen verfahren wie:
- sämtliche Zahlen mit 0 am ende erzeugen auch eine 0 am ende der 100! . Das wären dann schon 11 Nullen.
- jeweils eine Zahl mit 2 und eine Zahl mit 5 am Ende erzeugen eine Null. Das wären dann auch schon wieder 10 Nullen.
- nun ergeben aber auch zwei Zahlen, die eine mit 5 und die andere mit 4 am Ende, eine Null. Aber die Fünfen habe ich schon benutzt?!
- letztendlich fand ich das alles schwammig und wusste zwar das es 24 Nullen werden sollen, aber nicht wie ich zu den mindestens noch fehlenden 3 komme. Ein Kommilitone riet mir die letzen 3 Nullen von den Zahlen 25, 50 und 75 zu nehmen, aber wie soll das gehen? Die habe ich doch auch schon "benutzt"?
Wie dem auch sei, ich hoffe mir kann jemand einen simplen und vor allem eindeutigen Weg erläutern wie ich auf die 24 Nullen komme ohne Maple zu benutzen!
Danke schon mal im Vorraus!!!
Schakai
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 23:52 Fr 17.12.2004 | | Autor: | Hanno |
Hallo!
Du hast recht, dein Ansatz führt zu keinem eleganten Ergebnis.
Abhilfe schafft da der Satz von Legendre, der folgendes besagt:
Die Zahl $n!$ enthält den Primfaktor $p$ genau [mm] $\summe_{k=1}^{\infty}{\lfloor\frac{n}{p^k}\rfloor}$ [/mm] mal.
Den Beweis dieses Satzes kannst du dir schnell überlegen:
Genau [mm] $\lfloor\frac{n}{p}\rfloor$ [/mm] der Zahlen 1 bis n (die ja die Faktoren in $n!$ sind) sind durch $p$ teilbar. Genau [mm] $\lfloor\frac{n}{p^2}\rfloor$ [/mm] sind durch [mm] $p^2$ [/mm] teilbar, usw. Summierst du über dem Exponenten von $p$ so erhältst du schon den obigen Satz.
Da [mm] $\frac{n}{p^k}$ [/mm] streng monoton gegen Null strebt, fallen ab einem bestimmten $k$ alle Summanden weg, da dann [mm] $n
So, es gilt nun die 2-adische- sowie die 5-adische Exponentenbewertung von $100!$ zu bestimmen. Die kleinere Exponentenbewertung gibt genau die Anzahl der Nullen am Ende der Dezimaldarstellung von $100!$ an - warum? weil jede Null aus einem Paar einer Zwei und einer Fünf in der Primfaktorzerlegung entspringt.
Das kannst du jetzt mal machen und du wirst auch feststellen, dass genau 24 hinauskommt.
Falls du noch Fragen hast, nur zu :)
Liebe Grüß und viel Erfolg,
Hanno
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 00:34 Sa 18.12.2004 | | Autor: | Schakai |
Danke dir erst mal für die schnelle Antwort. Und du hast auch genau mein Problem erkannt. Aber nun hast du mich vor ein neues gestellt. Ich muss sagen ich habe noch nie was von dem Satz von Legendre gehört. Habe im Netz nachgeschaut und auf Anhieb auch nichts sinnvolles gefunden. Um mich total zu outen, ich komme einfach mit der Notation $ [mm] \summe_{k=1}^{\infty}{\lfloor\frac{n}{p^k}\rfloor} [/mm] $ nicht klar?! diese komischen halben eckigen Klammern die im Skript "lfloor" und "rfloor" heissen sagen mir gar nichts. Wenn du mir die erklären könntest würde ich vielleicht den Rest verstehen, oder zumindest weiterkommen.
Aber nun erst mal Gute Nacht!
Schakai
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(Antwort) fertig | | Datum: | 10:20 Sa 18.12.2004 | | Autor: | Hanno |
Guten Morgen!
Kein Problem, die Notation ist nichts Weltbewegendes. Mit [mm] $\lfloor x\rfloor$ [/mm] wird für positive x der ganzzahlige Teil von $x$ beschrieben. Es gilt [mm] $\lfloor 2.6\rfloor=2$, $\lfloor \pi\rfloor=3$, $\lfloor \frac{5}{3}\rfloor=1$. [/mm] Klar? Du kannst dir auch merken, dass die jeweilige Zahl abgerundet wird. Im negativen z.B. gilt [mm] $\lfloor -\pi\rfloor=-4$. [/mm]
Dies kann ich dazu nutzen, um die Anzahl der $n$ Zahlen von 1 bis n zu zählen, die den Primfaktor $p$ enthalten. Dies sind nämlich wie ich sagte genau [mm] $\lfloor \frac{n}{p}\rfloor$. [/mm] Woran liegt das? Nun, jede p-te Zahl ist auch durch p teilbar. Also teile ich $n$ einfach durch p, um zu sehen, wie viele Zahlen zwischen von 1 bis n durch p teilbar sind. Nun muss dies aber eine natürliche Zahl sein und deshalb runde ich das Ergebnis noch ab. Beispiel: sei $p=3$ und $n=10$, dann gilt [mm] $\frac{10}{3}=3.\overline{3}$. [/mm] Der nichtganzzahlige Teil des Bruches gibt lediglich Aufschluss darüber, ob n mehr oder weniger weit von dem nächsten Vielfachen von p entfernt ist - die Anzahl der Vielfachen im Bereich 1 bsi n aber gibt dir der ganzzahlige Teil an, und daher musst du abrunden - es gibt also 3 Zahlen zwischen im Bereich 1 bis 10, die durch 3 teilbar sind, nämlich 3,6 und 9.
Ist es nun klarer geworden?
Liebe Grüße und ein schönes Wochenende,
Hanno
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 22:16 Sa 18.12.2004 | | Autor: | Schakai |
Wahnsinn, ich wünschte ich hätte so was in meinem Mathe LK gelernt... Danke dir!
Wenn ich mal ein bissl konzentrierter drüber nachgedacht hätte, wieso es im Quelltext "floor" heisst dann wäre ich wohl auch aufs abrunden gekommen...
Es sah jetzt so aus
$ [mm] \summe_{k=1}^{6}{\lfloor\frac{100}{2^k}\rfloor} [/mm] $ = 97 (wobei ab k < 6 der ganzzahlige teil 0 ist) und
$ [mm] \summe_{k=1}^{2}{\lfloor\frac{100}{5^k}\rfloor} [/mm] $ = 24 (wobei ab k < 2 der ganzzahlige teil 0 ist).
Das wusstest du bestimmt schon, aber ich dachte ich schreibe es noch mal auf, falls es andere menschen gibt, die so schwer von begriff sind wie ich ; )
Aber wenn man den Satz nicht kennt und nicht mal an Primfaktorzerlegung denkt dann kann diese aufgabe echt knifflig werden! Wäre da halt von alleine nie drauf gekommen.
Wünsch dir auch ein schönes Wochenende!
Liebe Grüße!
Schakai
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