4和歌山県立医科大学 2020年 数学 第4問解答・解説

(1) $k$ は自然数（$k\ge1$）である。$3^k$ の倍数で2以上30以下のものは、$3^k,2\cdot3^k,\ldots,\lfloor30/3^k\rfloor\cdot3^k$ であるから、個数は $\lfloor30/3^k\rfloor$。

(2) $30!$ に含まれる素因数2,3の指数は、それぞれ $$\displaystyle v_2(30!)=\left\lfloor\frac{30}{2}\right\rfloor+\left\lfloor\frac{30}{4}\right\rfloor+\left\lfloor\frac{30}{8}\right\rfloor+\left\lfloor\frac{30}{16}\right\rfloor=26,$$ $$\displaystyle v_3(30!)=\left\lfloor\frac{30}{3}\right\rfloor+\left\lfloor\frac{30}{9}\right\rfloor+\left\lfloor\frac{30}{27}\right\rfloor=14.$$ $6^d$ を取り出した残りが6で割り切れないためには $\displaystyle d=\min(26,14)=14$。

素数 $p$ について $v_p(N!)$ を数える。$1,2,\ldots,N$ のうち $p$ の倍数からは少なくとも1個、$p^2$ の倍数からはさらに1個、一般に $p^j$ の倍数からはさらに1個の $p$ が出る。$p^j$ の倍数は $\lfloor N/p^j\rfloor$ 個なので、$K$ を $p^K\le N<p^{K+1}$ を満たす整数とすると $$\displaystyle v_p(N!)=\sum\limits _{j=1}^{K}\left\lfloor\frac{N}{p^j}\right\rfloor.$$ ここで $N$ を $p$ 進法で $$N=a_0+a_1p+\cdots+a_Kp^K,\qquad 0\le a_i\le p-1$$ と表し、$s_p(N)=a_0+a_1+\cdots+a_K$ とする。このとき $$\displaystyle \left\lfloor\frac{N}{p^j}\right\rfloor=\sum\limits _{i=j}^{K}a_i p^{i-j}$$ だから、和の順序を入れ替えて $$\displaystyle \begin{aligned} v_p(N!) &=\sum\limits _{j=1}^{K}\sum\limits _{i=j}^{K}a_i p^{i-j}\\ &=\sum\limits _{i=1}^{K}a_i(1+p+\cdots+p^{i-1})\\ &=\sum\limits _{i=1}^{K}a_i\frac{p^i-1}{p-1} =\frac{N-s_p(N)}{p-1}. \end{aligned}$$ これで使う公式も導けた。

$N=30^n$ が大きくなるとき、桁数 $K+1$ も大きくなる。一方 $$0\le s_p(N)\le(p-1)(K+1),\qquad N\ge p^K$$ なので $$\displaystyle 0\le\frac{s_p(N)}N\le\frac{(p-1)(K+1)}{p^K}\longrightarrow0.$$ 最後の極限は、固定した $p\ge2$ に対して $(K+1)/p^K\le(K+1)/2^K$ であり、 $$\displaystyle \frac{(K+2)/2^{K+1}}{(K+1)/2^K} =\frac{K+2}{2K+2}\le\frac34\quad(K\ge1)$$ となることから分かる。従って $$\displaystyle \frac{v_p(N!)}N=\frac{1-s_p(N)/N}{p-1}\longrightarrow\frac1{p-1}.$$ 特に $v_2(N!)/N\to1$、$v_3(N!)/N\to1/2$、$v_5(N!)/N\to1/4$ である。十分大きい $N$ では前二者がそれぞれ $3/4$ より大・小になるため $v_2(N!)>v_3(N!)$、従って $d(n)=v_3(N!)$。よって $$\displaystyle \frac{d(n)}{e(n)} =\frac{v_3(N!)/N}{v_5(N!)/N} \longrightarrow\frac{1/2}{1/4}=2.$$