Problema 5: resolução

Embora eu tenha proposto a decomposição de 101! em factores primos, tal não é necessário. Facilmente se reconhece que o número de zeros no fim está associado á potência máxima de 10 que divide 101! Mas como 10=5×2, então o menor dos expoentes do 2 ou do 5 na decomposição de 101! em factores primos dará o expoente desse 10.
Ora... de 1 a 101 há 50 números pares. Desses, 25 são múltiplos de 4 (logo, contados pelo menos duas vezes). Desses, 12 são múltiplos de 8 (logo contados pelo menos 3 vezes), desses, 6 são múltiplos de 16, e desses 3 são múltiplos de 32 e desses, 1 é múltiplo de 64.
Ou seja, na decomposição de 101! em factores primos, 2 aparece 50+25+12+6+3+1=97 vezes.
Quanto ao 5.
De 1 a 101 existem 20 números divisíveis por 5. Desses, 4 são divisíveis por 25, logo contados duas vezes...
Assim sendo, o total de vezes que o 5 aparece é 20+4=24, ou seja, 24 vezes.
Assim o expoente do 10 é min{97,24}=24.
Logo, 101! tem 24 zeros.
Pergunta adicional: em quantos zeros termina 105! :) ?

Só a título de curiosidade:
101!=2⁹⁷×3⁴⁸×5²⁴×7¹⁶×11⁹×13⁷×17⁵×19⁵×23⁴×29³×31³×37²×41²×43²×47²

×53×59×61×67×71×73×79×83×89×97×101

Problema 6: Euromilhões e Totoloto

Este é muito bom! Mas requer que o leitor saiba o que são arranjos e combinações.
O problema que eu proponho é simples: justificar todos aqueles números que estão atrás de cada boletim do euromilhões ou do totoloto.
Quanto ao problema do 101!, a solução é 24. O truque é simples: Decomponha 100! em factores primos e a conclusão é imediata (... podem por comentários a esta resposta. Eu eventualmente um dia vou escrever a resolução)