Megoldás:

A programot érdemes megírni, hiszen elég gyakran használjuk a megoldóképletet, s nem mindig "szépek" az együtthatók és a gyökök.

A program algoritmusa:
bekérjük A, B, C-t (A ≠ 0);
kiszámoljuk a diszkriminánst;
D előjelétől függően kiírjuk a gyökök számát és értékét.

Legyen a program neve MF.
Egy lehetséges kódolás:

Megoldás:

Ennek a tipikus célfeladatnak a kétjegyű természetes számok körében az
ab + 13 = 10a + b
diofantikus egyenlet szolgáltatja a megoldásait. Az egyenlet szorzattá alakítható:
(a – 1)(10 – b) = 3,
ahonnan könnyű a befejezés: a két tényező csak a 3 társosztói közül kerülhet ki.

A matematikai háttérhez hasonlóan a program algoritmusa sem nehéz: egyszerűen végignézzük a kétjegyű számokat, s kiírjuk azokat, amelyekre a feltétel teljesül. A kétjegyű számokat egymásba skatulyázott ciklusok segítségével generáljuk.

Legyen a program neve SZORZ+13.
Egy lehetséges kódolás:

A futási eredmény 27 és 49.
(A 49-et a program kétszer írja ki. Ez a gép „lelkivilágának” egy bosszantó tulajdonsága miatt van: a gép az utolsó számított értéket (utasítás hiányában) kiírja a képernyőre. Akit ez zavar, írjon pl. egy záró  ”VEGE” utasítást.)

A kétjegyű számokra most már van megoldásunk. Háromjegyű (és többjegyű) számokra a felírható diofantikus egyenlet megoldása egyre nehezebbé válik. Ezzel szemben programozástechnikailag lényegében nem lesz bonyolultabb a feladat, mindössze több ciklust kell egymásba ágyaznunk. De itt is felvetődik egy probléma: előre tudnunk kell, hogy hány jegyű számokat szükséges vizsgálnunk. Márpedig ezt a kérdést pusztán egy algoritmussal nem tudjuk eldönteni, vagyis már ennek az egyszerű feladatnak a számológépes megoldása sem nélkülözheti teljesen a matematikai apparátust.

Tekintsük az (n + 1)-jegyű számra felírt  = a_na_n-1…a₁a₀ + 13 egyenletet (ahol a_i számjegyek, ). Ha a bal oldalon az első tag kivételével a többit elhagyjuk; a jobb oldalon pedig a_n kivételével a többi számjegy helyére 9-est írunk, azt kapjuk, hogy .
Ez az egyenlőtlenség csak n < 2 esetén teljesülhet, vagyis a keresett szám legfeljebb kétjegyű lehet. Ezzel a megjegyzéssel most már teljes a megoldásunk.

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:

(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:

Lényegesen kevesebb „gépeléssel” jár a megoldás, ha csak az 1-nél nagyobb páratlan számokat vizsgáljuk. Ekkor a felhasználónak persze tudnia kell, hogy milyen számokra nem működik helyesen a program.

Legyen a program neve PRTESZT.
Egy lehetséges kódolás:

Az algoritmus egyszerű: a beadott P szám I páratlan osztóit keressük √P-ig. A ciklus kétféleképpen állhat le:
- ha túljutottunk √P-n, ekkor P prím;
- ha nem, akkor I egy osztója P-nek.

Első megoldás:

Az egyik lehetséges út a  10⁴x + 2001 = 17y  diofantikus egyenlet megoldása; ezt most nem részletezzük.

Második megoldás:

A diákok leggyakoribb próbálkozása a maradékok vizsgálatával történik.
2001 ≡ 12 (mod 17), 10⁴ ≡ 4 (mod 17).
Ezután a 2001, 12001, 22001 stb. számok (mod 17) maradékait vizsgáljuk; ezek rendre 12, 4 + 12, 2·4 + 12, 3·4 + 12, … x·4 + 12 stb. A maradékok tehát 4-esével nőnek, s mivel véges sok maradék van, előbb-utóbb (legkésőbb a 18. lépésben) biztosan lesz ismétlődés. A kapott maradék-sorozat: 12, 16, 3, 7, 11, 15, 2, 6, 10, 14, 1, 5, 9, 13, 0, 4, 8, 12, s innen már ismétlődik. Egy 17-hosszú ciklust kaptunk. Ami a feladat szempontjából érdekes, az x = 14 értékre 142001 osztható lesz 17-tel.

Harmadik megoldás:

Írjunk egy programot a feladatra!
A programban sorra vesszük a természetes számokat, mögéjük 2001-et "írunk", s megnézzük, hogy az így kapott szám osztható-e 17-tel.

Legyen a program neve OSZT17.

A futás eredménye: 14, 31, 48, 65, 82, 99 stb, vagyis ezen számok „mögé” 2001-et írva 17-tel osztható számokat kapunk. (A program futását természetesen most is megszakíthatjuk.)

Negyedik megoldás:

Szép megoldásra lelhetünk a futási eredmény vizsgálata alapján. Észrevehetjük, hogy a 2001 "előtti" számok: 14, 31, 48, 65 stb. éppen 17-esével növekednek. Ha pl. 142001 és 312001 osztható 17-tel, akkor a különbségük (170000) is osztható lesz. Ez az észrevétel a skatulyaelv alkalmazására, egy egzisztencia-bizonyításra ad alkalmat.
Tekintsük a 2001, 12001, 22001, ... , 162001 számokat, s tegyük fel, hogy közöttük nincs 17-tel osztható. Ekkor a 17-tel vett lehetséges 1, 2, ... , 16 maradékok közül a skatulya-elv miatt legalább egy maradék ismétlődik, vagyis két szám ugyanazt a maradékot adja 17-tel osztva. Legyen ez a két szám  és  alakú (x < y, x lehet 0 is). A két szám maradéka azonos, tehát különbségük osztható 17-tel. A különbségük  alakú. Mivel (17,10000) = 1, csak 17y – x lehetséges. Ellentmondásra jutottunk, hiszen x és y a 0, 1, 2, ... , 16 számok valamelyike. Vagyis biztosan található a 2001, 12001, 22001, ... , 162001 számok között 17-tel osztható.

Ötödik megoldás:

A feladat általános iskolás korú diákok számára is kitűzhető. Mielőtt "túlműveltté" válnak diákjaink, az ehhez hasonló feladatokat egyszerű konstrukciós visszaszorzással oldják meg. (Érdekes, hogy az előző, pusztán egzisztencia okoskodás mellett ez tisztán konstrukciós megoldás lesz.)
Készítsük el az alábbi táblázatot:

	a	b	c	d	e	f	·	1	7
							g	h	i
						j	k	l
					m	n	o
+				p	q	r
				s	t	2	0	0	1

Közvetlenül adódik  i = 1, s innen  f = 3. Ekkor az  f·17  szorzás elvégezhető: f·17 = 3·17 = 51, g = 0, h = 5.
Mivel  h = 5, ezért  l = 5, e = 5. 5< · 17  = 85, j = 0, k = 8.
Az eljárást tovább folytatva végezetül az alábbi táblázatot kaptuk (vigyázni kell az átvitelekre):

			8	3	5	3	·	1	7
								5	1
							8	5
						5	1
+				1	3	6
				1	4	2	0	0	1

Tehát minden  8353-ra  végződő szám megoldást ad; a legkisebb szorzat  142001, mint már korábban láttuk.

Megoldás:

Legyen a program neve FIBSOR.
A kódolás:

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 5,42·10^-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.