На сколько нулей оканчивается (n!)!?

[Ktina]

Рассмотрим последовательность 0 0 1 4 28 178 1258 10076 ... (количество нулей, на которое оканчиваются факториалы факториалов).
Первые 4 её члена - квадраты целых чисел и у меня такое подозрение, что больше квадратов там нет.
Каким бы образом это проверить?

[gris]

Некоторые предварительные рассуждения. Ясно, что количество нулей равно степени пятёрки — q —в разложении $(n!)!$ на простые множители. Ясно, как получить на бумажке эту степень: Делить $n!$ на $5$, брать целую часть и снова делить на $5$ до упора. Сложить частные. Ясно, что скобки целых частей в возрастанием $n$ исчезают. Можно написать очевидное неравенство $n!/5-1<q<n!/4$, причём $q$ приближается к правой границе. То есть при больших $n$ количество нулей будет приближаться к $n!/4$. А может ли такое число быть очень близко к квадрату?
Хотелось бы провести числовые эксперименты, но пока не могу.
Вот такие наивные рассуждения.
Господа! Хватит там кожуры чистить. Обратите внимание на милые задачи.

[Ktina]

gris
Большое спасибо!

[gris]

Ktina, какое спасибо? Ну да, получается, что и для следующего члена последовательности $90717$ он отличается от $9!/4=90720$ всего на $3$, а ближайший меньший квадрат равен $90601$, что совершенно не влезает в промежуток. Но вдруг есть такие факториалы, что...
Всегда Вы так: только во вкус войдёшь, а Вы уже закрываетесь
Вот и эксперимент: до тысячного члена никакой квадратной близости не отмечается, а даже наоборот: отмечается удаление. Ну и хорошо. Может быть, можно через Стирлинга как-то оценить?

[Aether]

$\lim_{n\rightarrow\infty}{\frac{N((n!)!)}{N(((n-1)!)!)}}=n+1$ ???

.............................................

$\frac{90717}{10076}\approx9,003275$

$\frac{10076}{1258}\approx8,009538$

$\frac{1258}{178}\approx7,067415$

$\frac{178}{28}\approx6,357142$

$\frac{28}{4}=7,000000$

$\frac{4}{1}=4,000000$

С увеличением числа, отношение увеличивается примерно на 1, и не более чем на 1 и стремится к целому, неплохо бы проверить эту закономерность и дальше.

[grizzly]

Aether в сообщении #1196934 писал(а):

неплохо бы проверить эту закономерность и дальше.

Уже:

gris в сообщении #1196836 писал(а):

То есть при больших $n$ количество нулей будет приближаться к $n!/4$

[gris]

А мне кажется, что сабж далёк от любых перфектных степеней

[Aether]

Мне тоже так кажется, но не всегда то, что кажется является тем, что есть.

[gris]

Aether, это можно так показать:
$N((n!)!)=\sum[n!/5^k]\to \sum n!/5^k=n!\sum 1/5^k=n!/4$

[Aether]

gris в сообщении #1196950 писал(а):

Aether, это можно так показать:
$N((n!)!)=\sum[n!/5^k]\to \sum n!/5^k=n!\sum 1/5^k=n!/4$

Ничего не понял, Вы показываете, что сабж свободен от любых перфектных степеней или объясняете так обнаруженную мной закономерность? Что-то я совсем туплю.

-- 04.03.2017, 02:38 --

Вот если бы найти точное выражение для N((n!)!) через n, хотя бы рекуррентное, но предчувствую, что его не существует.

[gris]

Нет, это точная формула для количества нулей и её аппроксимация:
$N((n!)!)=\sum[n!/5^k]\to \sum n!/5^k=n!\sum 1/5^k=n!/4$
Конечно, "целая часть" не удобна для анализа, но можно сделать оценку количества первых слагаемых уже без необходимости "целой части" в зависимости от $n$.

Ваша закономерность видна: $N(((n+1)!)!)/N((n!)!)\sim (n+1)!/n! =n+1$

[Aether]

А почему после первого равно стоит сумма, а не второй факториал? Не врубаюсь я.

[gris]

Я уже приводил свои нестрогие соображения: количество нулей равно показателю степени пятёрки в разложении $(n!)!$ на простые множители. Ясно, как получить на бумажке эту степень: Делить $n!$ на $5$, брать целую часть и снова делить на $5$ до упора. Сложить частные. Ясно, что скобки целых частей в возрастанием $n$ постепенно исчезают.
Наверное, можно и строго это изложить, но зачем?
Вот: $N((5!)!)=[5!/5]+[5!/25]+[5!/125]+...=24+4+0+0...=28$
$N((6!)!)=[6!/5]+[6!/25]+[6!/125]+...=144+28+5+1+0...=178$

[Aether]

gris в сообщении #1196956 писал(а):

Наверное, можно и строго это изложить, но зачем?

Наверное чтобы я понял откуда это следует.
Вот с этого момента мне уже ничего не ясно:

Цитата:

Ясно, как получить на бумажке эту степень: Делить $n!$ на $5$, брать целую часть и снова делить на $5$ до упора.

Мне казалось что до упора - пока остаток будет целым, нужно делить на 5 число $(n!)!$ , сколько раз поделили - столько и нулей.

[gris]

Я там примерчики привёл. Удобно программируется. Для строгого вывода формулы у меня не хватит терпения и внимательности. Специалисты же в теории чисел наверняка знают какие-то более общие теоремы. В OEIS я видел нечто похожее, но со степенями двойки (то есть завершающие нули в двоичной записи), Там какие-то спецфункции приводятся. Увы мне
Да, Вы правы. Надо делить $(n!)!$ до упора. Но это то же самое. Запрограммировать даже проще, но как из делений только на $5$ получить асимптотику? И никакой пакет вам все точные цифры даже для $n=10$ не выдаст. Их там слишком много.
Хотя я вот сейчас в альфе посмотрел $(20!)!$ и мне сказали количество хвостовых нулей