A TI-83 grafikus zsebszámológép programozása

- a programmódba a PRGM billentyű leütésével kerülhetünk;
- az utasításokat a PRGM billentyű leütése után a CTRL, I/O és EXEC menüből választhatjuk;
- használható a CATALOG billentyű is az utasítások beszúrására;
- a matematikai függvényeket általában a MATH billentyűvel érhetjük el;
- a TEST billentyű alatt találjuk a relációs jeleket és logikai függvényeket;
- a STO → billentyűvel adhatunk értéket az egyes változóknak.)

Megjegyzések:

1. Célszerű volt a D segédváltozót bevezetnünk, hiszen többször hivatkoztunk rá.
2. A STOP utasítás megállítja a program futását, így a D = 0 feltételt csak akkor vizsgáljuk, ha a program nem állt meg, vagyis ha D < 0 nem teljesült.
3. A legegyszerűbb megoldás - ti.

: B²– 4AC → D
: Prompt A,B,C
: Disp (-B+√D)/2/A
: Disp (-B-√D)/2/A

- szintén tökéletes. Ekkor azonban a felhasználónak tudnia kell, hogy ha a gép hibát jelez, akkor nincsenek valós gyökök; illetve a kiírásnál észre kell vennie, ha a két gyök megegyezik.
4. Természetesen az algoritmus könnyen átírható, ha az esetleges komplex gyököket is ki szeretnénk íratni. (Sőt ha a gépünk komplex módban van, akkor ez automatikusan teljesül.)

Megoldás:

Legegyszerűbb a Pitagorasz-tétel, illetve a koszinusz-tétel módosítását alkalmazni.

Az egyik lehetőség az összetett feltétel vizsgálata: ha az a² + b² > c², b² + c² > a², a² + c² > b² feltételek teljesülnek, a háromszög hegyesszögű; ha az egyik egyenlőtlenség helyett egyenlőség van, a háromszög derékszögű; ha pedig az egyik relációs jel fordított, a háromszög tompaszögű.
Elég bonyolult a teljes vizsgálat programozása.

Egyszerűbben járhatunk el, ha tudjuk, hogy a legnagyobb oldal pl. c. Ilyenkor elég a legnagyobb oldalra felírni az összefüggést: a hegyesszögű, derékszögű és tompaszögű háromszögekre rendre a² + b² > c², a² + b² = c², a² + b² < c² teljesül. Ekkor viszont az a, b, c oldalak közül meg kell határoznunk a legnagyobbat. Ezt ugyan megtehetjük részprogrammal is, de sokkal egyszerûbb a max függvény használata. (Mivel az argumentumba csak két számot írhatunk, a max függvényt kétszer használjuk.)

További ügyeskedés: a legnagyobb oldalt hozzáadva az a² + b² > c² stb. egyenlõtlenségekhez, az így kapott a² + b² + c² > 2c² stb. egyenlõtlenségekben a bal oldal már konstans. A jobb oldalon elég a maximális oldal értékét ismernünk; nem kell konkrétan tudnunk, hogy melyik ez a változó.

Ha pedig ismerjük a legnagyobb oldal értékét, felírhatjuk a háromszög-egyenlõtlenséget az a + b + c > 2max alakban. (Ennek segítségével zárhatjuk ki azokat az a, b, c számhármasokat, amelyek nem határoznak meg háromszögeket.)

Legyen a program neve HSZ.
Egy lehetséges kódolás:

PROGRAM:HSZ

: Prompt A,B,C
: max(max(A,B),C) →M
: If A + B + C ≤ 2M
: Then
: Disp "NINCS HAROMSZOG"
: Stop
: End
: A² + B² + C² → S
: If S > 2M²
: Then
: Disp "HEGYESSZOGU"
: Else
: If S = 2M²
: Then
: Disp "DEREKSZOGU"
: Else
: Disp "TOMPASZOGU"
: End
: End

Megjegyzések:

1. Mivel az If után csak egy utasítás van, a program második fele rövidebben is kódolható:

: If S > 2M²
: Disp "HEGYESSZOGU"
: If S = 2M²
: Disp "DEREKSZOGU"
: If S < 2M²
: Disp "TOMPASZOGU"

2. A többi adat meghatározása pl. az alábbiak szerint történhet:

- terület a Heron-képlet segítségével;
- szögek a koszinusz-tétellel;
- nevezetes körök sugarai a területképletekkel;
- végül a nevezetes szakaszok hossza a rájuk vonatkozó képletek segítségével.

Megoldás:

Nyilván elég a legfeljebb háromjegyű természetes számok négyzetét vizsgálni, mert a magasabb helyiértékek nem befolyásolják az utolsó három számjegyet. Ugyanakkor ha egy megfelelő háromjegyű számot találunk, az a magasabb helyiértékeken tetszőlegesen folytatható, s ezért végtelen sok megoldást kapunk.

Legyen az utolsó három számjegy a, b, c. Mivel (100a + 10b + c)² = 10⁴a² + 10²b² + c² + 2·10³ab + 2·10²ac + 2·10bc, innen két tag nem befolyásolja az utolsó három számjegyet, s ezért a 10²b² + c² + 2·10²ac + 2·10bc = x·10³+ 184 diofantikus egyenletet kell megoldanunk. Ez még akkor is szerteágazó és bonyolult, ha figyelembe vesszük, hogy c = 2 vagy c = 8 lehet csak az utolsó számjegy.

Egyszerűbb egy programot írni, amely végigfut a legfeljebb háromjegyű számok négyzetén, s megvizsgálja az utolsó három jegyet. (Tetszőleges s természetes szám utolsó három számjegye , ahol [] egészrészt jelöl.) A programban M a szám 1000-rel vett maradékát jelenti.

Legyen a program neve N184.
Egy lehetséges kódolás:

PROGRAM:N184
: For(I, 1, 999)
: int(I²/1000) →H
: I² - 1000H → M
: If M = 184
: Disp I
: End

A futtatás eredménye: 72, 428, 572, 928.

Megjegyzések:

A program gyorsítható, ha kihasználjuk, hogy az utolsó számjegy csak 2 vagy 8 lehet, s két ciklust alkalmazunk.

Megoldás:

Az első ember az év valamelyik napját „elfoglalja”. Annak valószínűsége, hogy a második ember ettől különböző napon születik, . Együtt már két lehetséges napot „foglalnak el”, ezért annak valószínűsége, hogy a harmadik ember az első kettőtől szintén eltérő napon születik, . Hasonlóan folytathatjuk: N ember esetén a keresett valószínűség .

A feladatban N = 35 értékkel egy igen hosszú szorzatot kellene kiszámolnunk. A manuális billentyűzés helyett célszerűnek látszik a programírás.

Legyen a program neve SZULNAP.
Egy lehetséges kódolás:

PROGRAM:SZULNAP

: 2 →N: 365/366 →P
: While P > 0
: Disp ”N = ”, N
: Disp ”P = ”, P
: Pause
: N + 1 →N
: (367 – N)/366*P → P
: End

(Az elöltesztelős ciklus P > 0 feltétellel fut; cikluson belül rendre kiírjuk az aktuális N és P értékeket, majd N növelésével kiszámoljuk P értékét.)

Néhány futási eredmény:
- N = 10-re:     P ≈ 88,3%;
- N = 23:         P ≈ 49,4%;
- N = 30:         P ≈ 29,4%;
- N = 35:         P ≈ 18,7%.

Érdekes eredményt kaptunk: ha pl. 23 ember van egy társaságban, akkor valószínűbb, hogy van közöttük két azonos napon született, mint az, hogy nincs ilyen pár. (Ezt nevezik születésnap-paradoxonnak.) Egy N = 35 fős osztályban pedig több mint 80% eséllyel mutathat be a tanár egy „bűvészmutatványt”.

A program P = 0 esetén állna meg. Mivel a kiíratásokkal együtt elég sokáig tartana a program futása, az On billentyűvel bármikor megszakíthatjuk a futását.

Megoldás:

Az egyik lehetséges út a 10⁴x + 1999 = 67y diofantikus egyenlet megoldása.

Egy másik szép megoldást a számológépes program futási eredménye alapján találhatunk. (Egyúttal példát látunk arra is, hogy a számítógép egy sejtéshez segít minket.)

A programban sorra vesszük a természetes számokat, mögéjük 1999-et "írunk", s megnézzük, hogy az így kapott szám osztható-e 67-tel.

Legyen a program neve O67.
Egy lehetséges kódolás:

PROGRAM:O67

: For(I, 0, 999)
: I*10000 + 1999 → S
: If int(S/67) = S/67
: Then
: Disp S
: Pause
: End
: End

A futás eredménye: 441999, 1111999, 1781999, 2451999, 3121999 stb.

Észrevehetjük, hogy az 1999 "előtti" számok: 44, 111, 178, 245 stb. éppen 67-esével növekednek. Ez az észrevétel a skatulyaelv alkalmazására, egy egzisztencia-bizonyításra ad alkalmat.

Tekintsük az 11999, 21999, 31999, ... , 671999 számokat, s tegyük fel, hogy közöttük nincs 67-tel osztható (egyébként készen lennénk). Ekkor a 67-tel vett lehetséges 1, 2, ... , 66 maradékok közül a skatulya-elv miatt legalább egy maradék ismétlődik, vagyis két szám ugyanazt a maradékot adja 67-tel osztva. Legyen ez a két szám x1986 és y1986 alakú (x < y).
A két szám maradéka azonos, tehát különbségük osztható 67-tel. A különbségük (y-x)0000 alakú. Mivel (67, 10000) = 1, csak 67y – x lehetséges. Ellentmondásra jutottunk, hiszen x és y az 1, 2, ... , 67 számok valamelyike.
Vagyis biztosan található a 11999, 21999, 31999, ... , 671999 számok között 67-tel osztható.

Megjegyzés:

A feladat általános iskolás korú diákok számára is kitűzhető. Mielőtt "túlműveltté" válnak diákjaink, az ehhez hasonló feladatokat egyszerű konstrukciós visszaszorzással oldják meg. Készítsük el az alábbi táblázatot:

	a	b	c	d	e	f	·	6	7

							g	h	i
						j	k	l
					m	n	o
+				p	q	r
				s	t	1	9	9	9

Közvetlenül adódik i = 9, s innen f = 7. Ekkor az f·67 szorzás elvégezhető: f·67 = 7·67 = 469, g = 4, h = 6.
Mivel h = 6, ezért l = 3, e = 9. 9·67 = 603, j = 6, k = 0.
Az eljárást tovább folytatva végezetül az alábbi táblázatot kaptuk:

	a	b	6	5	9	7	·	6	7

							4	6	9
						6	0	3
					3	3	5
+				4	0	2
				s	t	1	9	9	9

Minden 6597-re végződő szám megoldást ad, a legkisebb szorzat 441999, mint már korábban láttuk.

Megoldás:

Az alapalgoritmus egyszerű. A beadott szám négyzetgyökéig haladva, sorra megvizsgáljuk az egész számokat, hogy találunk-e osztót.

Első közelítésben érdemes csak páratlan számokat vizsgálni, s csak páratlan osztókat keresni. (Azzal a megfontolással, hogy páros számról ránézésre megállapíthatjuk, hogy prím vagy nem.)

Legyen a program neve PRIM1.
Egy lehetséges kódolás:

PROGRAM:PRIM1

: Prompt P
: 3 →I
: √(P) →H
: While I ≤ H and int(P/I) ≠ P/I
: I + 2 →I
: End
: If I > H
: Then
: Disp "PRIM"
: Else
: Disp "NEM PRIM, OSZTJA "
: Disp I
: End

Ez az egyszerű algoritmus megvizsgálja a beolvasott páratlan számot, s ha a vizsgált szám négyzetgyökéig talál egy osztót, akkor azt kiírja; ha nem talál, akkor a szám prím. Az algoritmus csak azokra a számokra működik jól, amelyeket "érdemes" megvizsgálnunk. Nem ad jó eredményt a páros számokra, a P = 1 értékre és a negatív számokra sem. Ha minden egész számra helyesen működő programot akarunk írni, akkor le kell kezelnünk ezeket a speciális eseteket. Pl. a negatív számok kizárása:

: If P <0
: -P →P

A P = ±2 eset:

: If P = 2 or P = -2
: Then
: Disp "PRIM"
: Stop
: End

A páros számok kezelése:

: If int(P/2) = P/2
: Then
: Disp "NEM PRIM,"
: Disp "OSZTJA 2"
: Stop
: End

Végül a P = 1 eset:

: If P = 1
: Then
: Disp "NEM PRIM"
: Stop
: End

Ha a fenti sorrendben beírjuk az utasításokat az eredeti program

: Prompt P

sora után, akkor minden egész számra helyesen működő prímtesztet kapunk.

Megjegyzés:

Az első három sor helyett alkalmazhatjuk a rövidebb

: abs(P) →P
: If P = 2

kódolást is.

Megoldás:

Legyen a program neve FIBSOR.
A kódolás:

PROGRAM: FIBSOR

: 1 →A: (1 – √5)/2 →B: 2 →I
: While I < 1000
: A + B →C
: Disp I
: Disp C
: Pause
: B →A: C →B: I + 1 → I
: End

A programban I-vel indexeljük a sorozat elemeit, az A és B változóban tároljuk a két utolsó tag értékét, s ezek összegéből számítjuk az aktuális C tagot. (A programban az első 1000 tagot írathatjuk ki, de természetesen hamarabb is meg lehet szakítani a program futását.)

A futási eredményeket vizsgálva észrevehetjük, hogy egy váltakozó előjelű sorozatot kapunk, amelyben a tagok abszolútértéke gyorsan csökken (pl. a 30. tag 5,33·10^-7); s ez alapján az sejthető, hogy a sorozat 0-hoz tart.

A matematikai vizsgálathoz a homogén lineáris másodrendű rekurziót kell megoldanunk. Ezt most nem részletezzük, az eredmény f_n = .

(Egyébként ha már megsejtettük az explicit alakot, teljes indukciót is alkalmazhatunk. Segítségével könnyen bizonyítható az állítás, csak azt kell belátni, hogy .)

Olyan mértani sorozatot kaptunk, amely kvóciensének 1-nél kisebb az abszolútértéke; vagyis a sorozat valóban 0-hoz tart.