阶乘最后非零位数的一个新性质-------------------------------------------------------我发现了幂阶乘最后一个非零数字的一个性质共10个。属性-如果k不等于1，则为（10^k）的最后一个非零数字！等于到（2^k）！的最后一个非零位！。这个性质很有趣，因为10^k的增长速度比2^k快得多，它可以用来减少最后一个非零的计算的执行时间阶乘的位数。（在N的阶乘的特殊情况下，N是10.)给定一个整数n，n！的最后一个非零数字的值！，a（n），可以是由OEIS序列A008904的第三个公式确定，即：，如果n>=2，则a（0）=1，a（1）=1n以5为基数表示为（a_h，…，a_1，a_0）5，t=和{i=h，h-1，…，0}（a_i偶数），x=总和{i=h，h-1，…，1}（总和{k=h，h-1，…，i}（a_i）），z=（x+t/2）mod 4，y=2^z，a（n）=6（y模型2）+y（1-（y模型2中））。为了证明给定属性的有效性，我们可以证明公式上面给出了两种情况下a（n）的相同值，n=10^k或n=2^k单词，a（10^k）=a（2^k）。(1)当n=2^k时计算出总和x时，设x10为该总和的值，如果n=10^k。对于给定的k，（2^k）5的所有数字一一重合，从左到右，初始数字为（10^k）5，k个零出现在（10^k）5在这些重合数字之后，详见A055476。从这个事实来看不难看出x10满足恒等式，x10=x+k*s，其中s是（2^k）5的位数之和。证明是完整的，因为如果10^k替换z值，则z值不会被修改2^k。注意，如果用10^k替换2^k，和s，总和t保持不变mod 4=0，因为当k>1时，（2^k）5，s的数字和可以被4整除。请参见A053824。***例如，设k=9。2^9=512=（4022）5，10^9=（40220000000）5。注释（2^9）5的所有数字从左到右逐个与（10^9）5的初始数字和k个零出现在（10^8）5中的重合数字之后数字。在这种情况下，h=3，x=4+（4+0）+（4+0+2）=14，s=8，t/2=4。我们具有x10=（4+（4+0）+（4+0+2））+（4+0+2）+8（4+0+2）=x+9s。的价值z是2。注意z=（x+t/2）mod 4=（x10+t/2）mod 4=（x+k*s+t/2）mod4-------------------[1]中提到了下面的标识（2）、（3）和（4）。对于n>=5，且n mod 5=0，根据上述公式计算的值如果将n+1赋予公式，则n的给定值不变。这是因为（n+1）5的所有数字从左到右一一重合，数字为（n）5，但最后一个数字除外，即1或0，分别适用于（n+1）5和（n）5。t的值将是常数，因为t我们将偶数相加，x也将相同，在这两种情况下，n，n+1，因为我们不求x中最后一个数字的和案例n与n+3。我们有，a（n）=a（n+1）=a。(2)上面我们讨论了案例n与n+1。当n+2替换n时，x将相同因为只有最后一个数字改变了。t的值增加2个单位，t/2更改为t/2+1。我们有四种情况，如果对于n，z是2，对于n+2，z是3，很容易看到z从0变为1，从1变为2，从3变为0。它是明确a（n）的值从4（当z=2）变为8，6变为2，2变为4和8的值变为6。在我们所有的四个案例中，a（n+2）=2a（n）mod 10。(3)当n+4替换n时，x将相同。t的值增加了4个单位，并且t/2变为t/2+2。如果对于n，z是2，对于n+4，z将是（2+2）mod 4=0。很容易看出z从0变为2，从1变为3，从3变为1。这个a（n）的值从4（当z=2时）变为6，6变为4，2变为8，8变为2。在我们所有的四个案例中，a（n+4）=4a（n）mod 10。(4)------------------参考文献[1] http://home.wlu.edu/~dresdeng/papers/two.pdf