7. feladat:
Vizsgáljuk meg 300 kockadobás értékeit s pl. a dobott számok átlagát.
8. feladat:
Vizsgáljunk meg 100 érmedobást. (Pl. keressük meg a leghosszabb „fej” sorozatot.)
Megjegyzés:
A sorozatműveletekkel (számítástechnikai nevükön tömbökkel vagy vektorokkal) a legkülönbözőbb problémákat vizsgálhatjuk. Pl. a 8. feladat alapja Rényi Alfréd vagy Varga Tamás egy klasszikus „tanári trükkje”.Diákjaikkal házi feladatként nagyszámú érmedobálást végeztettek. A lejegyzett eredményre (fej vagy írás FI sorozata) a tanár csak egy szempillantást vetett, s „kapásból” meg tudta mondani, melyik diák végezte el becsületesen az otthoni dobálgatást, s melyik írt találomra F és I betűket.
10.feladat:
Észrevehetjük, hogy a P(n) = n2 + n + 41 polinom az n = 0, 1, 2, 3, ... helyeken rendre a 41, 43, 47, 53, ... stb. értékeket veszi fel, amelyek prímszámok. A felvethető kérdések:a) Lehetséges-e, hogy minden n értékre P(n) prímszám? (Nem.)
b) Adjunk meg (minél) több n értéket, melyre P(n) nem prím!
c) Adjuk meg a legkisebb n természetes számot, amelyre P(n) nem prím!
Megjegyzések, útmutatások:
Ebben a feladatban a korábban megírt prímtesztet kell
főprogramból meghívható, futtatható eljárásként átalakítani.
Nyilván az n2 + n + 41 = n(n + 1) + 41 átalakítás
mutatja, hogy P(40), P(41) nem prímek. Igen ám, de a c) feladat legkisebb
összetett P(n) értékének meghatározására a rendszeres próbálgatáson kívül nincs
más matematikai módszerünk; úgyhogy marad a kalkulátor.
11. feladat:
Határozzuk meg azt a legkisebb természetes számot, amely után 8 szomszédos összetett szám következik.Megjegyzések, útmutatások:
A 9! + 1 szám megfelelő: a 2·3·4·5 ·6·7 ·8·9 + 2, 2·3·4·5·6 ·7·8· 9 + 3, … , 2·3·4·5 ·6·7 ·8·9 + 9 számok egyike sem lehet prím. (Sőt még a következő sem az.)Kicsit ügyesebbek is lehetünk, ha csak a prímeket szorozzuk össze: 2·3·5·7 + 2 = 212, 2 ·3·5 ·7 + 3 = 213, … , 2 ·3·5 ·7 + 9 = 219 hét szomszédos összetett szám.
A probléma itt is ugyanaz, mint a 10. feladatban: a legősibb matematikai módszeren, a próbálgatáson kívül nincs érdemi eljárásunk annak eldöntésére, hogy valóban 212-vel kezdődik-e a legkisebb számokból álló sorozat.
13. feladat:
Vannak-e olyan 
alakú számok, amelyek 17-tel
oszthatók?
Megjegyzések, útmutatások:
Első megoldás:
A számítógépes programot most kissé nehezebb megírni, hiszen az egész típusú számokat csak néhány byte-on tárolja a gép. Érdemes észrevenni, hogy az 1, 11, 111, … sorozatban bármely szám az előző 10-szeresénél 1-gyel nagyobb; tehát egyszerűen egy változóban tárolhatjuk az éppen vizsgált szám hosszát, valamint maga a szám helyett elég a szám 17-es maradékával dolgozni, s az x → 10x + 1 rekurziót alkalmazni.
A futási eredmények azt mutatják, hogy a 16, 32, 48, 64 stb. darab 1-esből álló számok oszthatók 17-tel.
Második megoldás:
A Texas/5. vagy Casio/5. feladatok megoldásaihoz hasonlóan
okoskodhatunk.
Tekintsük az 1, 11, 111, ... , (17 darab 1-es) számokat. Ha
ezek között van 17-tel osztható, akkor készen vagyunk.
Ha nincs közöttük 17-tel osztható szám, akkor van két szám,
amelyik ugyanazt a maradékot adja 17-tel osztva. Legyen ez a két szám pl. az x
és y darab 1-esből álló szám (x < y).
A két szám maradéka azonos, tehát különbségük osztható
17-tel. A különbségük 
alakú szám, y – x darab 1-esből és x
darab 0-ból áll. Mivel 17 és 10 relatív prímek, csak 17
(y – x darab 1-es)
lehetséges. Ellentmondásra jutottunk, hiszen y – x kisebb 17-nél.
Vagyis biztosan található az 1, 11, 111, ... , (17 darab
1-es) számok között 17-tel osztható.
Harmadik megoldás:
Az előző megoldás nem tudta megadni a keresett számot, csak létezését igazolta. Ebben a megoldásban megkonstruáljuk a számokat.Felhasználhatjuk Fermat tételét, mely szerint 1016 – 1 osztható 17-tel. A 1016 – 1 szám 16 darab 9-esből áll, s mivel 17 és 9 relatív prímek, a 16 darab 1-esből álló szám osztható lesz 17-tel. Nyilván ehhez a számhoz hozzáadva 1016-szorosát, az így kapott 11…1 (32 darab 1-es) szám is osztható lesz 17-tel stb.
További megjegyzések:
Az utóbbi két feladat nagyon szép példa a feladatmegoldások különböző szintjeire.
Érdekes kérdés: Honnan tudjuk, hogy a 16 darab 1-esből álló szám a legkisebb, amelyik 17-tel osztható?
14. feladat:
Keressük meg azokat a "szomszédos" kettőhatványokat, amelyek különbsége osztható 17-tel.Megjegyzések, útmutatások:
Ha 172a – 2b, akkor
(mivel (2, 17) = 1) 172a–b – 1. Vagyis elég azt a
legkisebb kettőhatványt megtalálni, amelyik 17-tel osztva 1 maradékot ad.
(Lásd még 16. feladat!)
15. feladat:
10 golyót néhány kupacra osztunk szét. Ezután minden kupacból kiveszünk egy golyót, s ezekből egy új kupacot készítünk. Ezt az eljárást folytatva mit tapasztalunk?Megjegyzések, útmutatások:
A szimulációt futtatva észrevehetjük, hogy előbb-utóbb kialakul az 1, 2, 3, 4 stabil kupacelrendezés. Ez a nehéz bizonyítás, kedves olvasó, házi feladat.16. feladat:
Mutassuk meg, hogy a számológép:a) teljesen alkalmatlan a 'kis Fermat-tétel' vizsgálatára (p osztja az s = ap–1 – 1 kifejezést, ha p prím és (a, p) = 1. A programban a = 2 választással p a páratlan számokon fusson.)
b) alkalmassá tehető a tétel vizsgálatára.