Máis quickies, máis ou menos rápidos

Hai 9 anos escribín unha entrada, Quickies probabilísticos, onde compartía 3 problemas, 1 deles do libro Mathematical Quickies, de Charless W. Trigg, que no prefacio do libro indicaba que comezara a sección Quickies no Mathematics Magazine en 1950 con este obxectivo:

"From time to time this department will publish problems which may be solved by labourious methods, but which with proper insight may be disposed of with dispatch"

Como o feito de que unha solución sexa elegante é algo subxectivo, e depende fortemente do coñecemento das Matemáticas que teña quen avalíe esa elegancia, a estas alturas non sei se neste blog incluiría moitos problemas que poidan denominarse de tal xeito, particularmente na etiqueta Rápidos. En calquera caso, hoxe veño compartir uns cantos dos que souben recentemente, aínda que algún teña xa os seus anos.

• Amosar que $\lim \limits_{n \to \infty} \sum \limits_{k=pn}^{qn}{\frac{1}{k}}=log \left(\frac{q}{p}\right)$

Q220, Joseph Andrushkiw, Mathematics Magazine, 31 (4)

• Se $k \in \mathbb{R}$, entón as liñas $x^4+kx^3y-6x^2y^2-kxy^3+y^4=0$ cortan a $x^2+y^2=1$ en 8 partes iguais

Q248, Norman Anning, MM 32 (5)  (Confeso que a falta de simetría no polinomio me causou sorpresa ao comezo)

• Que fracción ten o menor denominador no intervalo $\left( \frac{19}{94}, \frac{17}{76}\right)$

Math Horizons Winter 1993

• Amosar que $\binom{n}{1}-\frac{1}{2}\binom{n}{2}+\frac{1}{3}\binom{n}{3}- \dots \pm \frac{1}{n}\binom{n}{n}=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\dots+\frac{1}{n}$

Parabola, vol 32 no 1

E para rematar, un Junior Problem:

• Cando dividimos os números 31767 e 34924 entre certo divisor de 3 cifras, obtemos o mesmo resto, tamén de 3 cifras. Atopa o resto.

Parabola, vol 9 no 2

Sede indulxentes co carácter elegante destes problemas. Ás veces di máis do que propón o problema que do problema per se.

Procedementos que nunca levei á aula

 Observade esta inecuación:     $$2 \left| x-2 \right| \geq \left|x+1\right|$$

Unha inecuación así podería aparecer nunha folla de exercicios do comezo de Matemáticas I, mais  dada a dificultade técnica que entraña, non estou certo de se algunha vez puxen algo semellante. O típico exercicio nese curso ten un aspecto como este, despois de manipulacións alxébricas: $$ \left| x-1 \right| \geq 3$$

, onde vemos que só aparece un valor absoluto, o que fai que poidamos fundamentar o algoritmo de resolución na caracterización do valor absoluto como distancia á orixe ou $\left| x-a \right|$ como distancia ao número a, que é consecuencia do anterior.

Pero utilizar esa aproximación á inecuación orixinal implicaría ter que buscar os números reais x que cumpren que o dobre da distancia de x ao 2 é maior ou igual que a distancia de x ao -1. Non parece moi operativo.

Co cal, o procedemento estándar(coido) para resolver unha inecuación así consiste en eliminar os valores absolutos utilizando de xeito intelixente que $\left| x\right|^2=x^2$, xunto co feito de que en $(0,+\infty)$, a función elevar ao cadrado é crecente:

$$\left[2 \left| x-2 \right| \right]^2 \geq \left[\left|x+1\right|\right]^2$$

$$4 \left( x-2 \right)^2 \geq \left(x+1\right)^2$$

E queda unha inecuación de 2º grao, propia de 4º de ESO, neste caso obtemos como solución $\left(-\infty,1 \right] \cup \left[5,+\infty\right)$

Ata aquí o que fixen/faría eu na aula. Pero nunca levei a cabo un enfoque máis obvio e menos artificioso, case dá vergonza dicilo: DEBUXAR AS GRÁFICAS DAS MALDITAS FUNCIÓNS.

Podería parecer que este método gráfico só vai dar unha aproximación á solución, pero o mero feito de debuxalas e notar que cada valor absoluto é unha función con dous anacos, fai que sexa máis sinxelo resolvelo tamén de xeito alxébrico, exacto.

Observade as gráficas:

Calquera variación vén dando unha figura análoga

Vemos que a rama decrecente da gráfica verde está por riba da vermella ata o 1, e a crecente da verde está por riba da vermella desde o 5. Isto tamén pode servir como inicio dunha discusión: cambiando as pendentes das funcións verde e vermella podemos obter solucións con aspecto distinto á inecuación?

Quizais sexa máis sinxelo razoalo cos cadrados, por iso de que os alumnos a estas alturas xa saben o nº máximo de solucións dunha ecuación de 2º grao?

Vexamos outro exemplo dun método que nunca levei á aula. En 1º de bacharelato unha das técnicas que se ensinan é o cálculo das asíntotas dunha función elemental, do estilo $f(x)=\frac{3x^2-x+1}{x+2}$

A técnica que emprego eu sempre vai así:

1. Observamos rapidamente que puntos teñen pinta de dar problemas, neste caso x=-2, e comprobamos se existe o límite neses puntos, se é finito ou non. No exemplo o límite pola esquerda é $-\infty$ e o límite pola dereita é $+\infty$, polo que hai unha asíntota vertical aí. Isto é o máis sinxelo do exercicio, pero algúns alumnos, influídos polo que fan en clase particular, cren que se o punto non está no dominio xa vai haber asíntota vertical, o que é obviamente falso, como podemos ver con $g(x)=\frac{x^2-3x+2}{x-1}$
2. Despois pasamos ás asíntotas horizontais e ás oblicuas, que son excluíntes "polo mesmo lado". Miramos o límite en $\infty$ e $-\infty$, se o límite é finito e igual a k, temos asíntota horizontal $y=k$, se non é finito, pode que teñamos asíntota oblicua, para o cal hai que ver a "velocidade" do límite, comparando coa recta y=x
3. E dicir, calculamos $\lim \limits_{x \rightarrow \infty} \frac{f(x)}{x}$, que nos vai dar a pendente da asíntota se é finito e igual a m. E finalmente calculamos $\lim \limits_{x \rightarrow \infty} [f(x)-mx]$ que nos dará a ordenada na orixe da asíntota oblicua.

Pois ben, cando un profesor (ou un alumno que entenda) ve unha función como $f(x)=\frac{3x^2-x+1}{x+2}$ sabe perfectamente que vai ter unha asíntota oblicua, dado que a función no infinito é como un polinomio de 1º grao. De feito vin compañeiros en twitter falar de que sempre facían o seguinte:

1. Efectúan a división implícita na función racional, $f(x)=\frac{3x^2-x+1}{x+2}=3x-7+ \frac{15}{x+2}$
2. Á vista da expresión de cociente e resto, como a fracción do final é nula no infinito, f(x) compórtase como a recta $y=3x-7$

E xa temos a expresión da asíntota oblicua. Dependendo do aspecto do cociente, teremos asíntota horizontal(se é un escalar), oblicua (se é un polinomio de grao 1) ou ramas parabólicas(se é de grao superior a 1). Por que nunca levei isto á aula, aínda que o teño comentado e boto as contas de memoria* usualmente? Basicamente porque en ningún lugar do curriculum restrinxe o cálculo de asíntotas a funcións racionais, aínda que é o que máis se fai, e vai aparecer noutros momentos, como no do crecemento das funcións na unidade de derivadas. Que pasaría coas seguintes funcións daquela?

$$h(x)=\sqrt{4x^2+1}\ ,\ \ i(x)=\log\left( \frac{1}{x}+3\right)$$

*En realidade o que fago é  $f(x)=\frac{3x^2-x+1}{x+2}=\frac{3x^2+6x-7x-14+14+1}{x+2}=3x-7+ \frac{15}{x+2}$, pero vaia, vén sendo o mesmo.

Por último, outra técnica que nunca levei á aula é o famoso novo método para resolver a ecuación de 2º grao que resultou non ser novo, como amosa esta entrada no blog de Don Steward. Esta situación é distinta ás anteriores, nas que si coñecía os métodos había tempo. Lembremos as posibilidades para resolver a ecuación xeral de 2º grao:

• Podes resolvela coa fórmula, o que semella ser o máis común a nivel español.
• Podes completar o cadrado, de xeito alxébrico ou de xeito puramente xeométrico, sendo isto último o máis raro por aquí(estou supoñendo).
• Se a ecuación é sinxela abondo, podes utilizar as identidades de Cardano-Vieta a ver se tes sorte.

Hai máis xeitos, pero normalmente necesitan que a ecuación sexa moi sinxela. Vexamos agora o non-tan-novo método cunha ecuación que non meta moito medo, $x^2-2x-3=0$

Esencialmente imos utilizar as identidades de Cardano-Vieta para reformular a ecuación. Como as dúas raíces da ecuación teñen que sumar 2, podemos escribir sen perda de xeralidade que terán o aspecto $1+y$ e $1-y$; e como o seu produto ten que ser -3, teremos a ecuación: $$(1+y)(1-y)=-3$$

E obtemos unha ecuación incompleta, que polo menos eu traballo previamente na aula:

$$1-y^2=-3 \rightarrow y^2=4 \rightarrow y= \pm 2$$

Só quedaría desfacer o cambio de variable, se $y= \pm2$, entón as raíces da ecuación orixinal son $-1, 3$

Vexo claro que este xeito de resolver ecuacións non é axeitado para 2º de ESO, cando aparecen por primeira vez no curriculum, pero en 4º xa é a segunda vez que amoso Cardano-Vieta, e tamén aproveito para introducir algunha ecuación cun parámetro, do estilo $x^2-(2n+1)x+n^2+n=0$, se este ano dou 4º pode que apareza dalgún xeito. Quen sabe.

Límites e a ecuación de 2º grao

Estaba a escoitar de fondo o podcast de Craig Barton, concretamente o episodio no que entrevista a Anne Watson e John Mason(se non sabes quen son estes dous expertos, fai unha pescuda e prepárate para mergullar en reflexións sobre educación matemática da máis alta calidade), cando apareceu o tema das ecuacións de 2º grao e como introducilas na aula. E isto fixo que viñese á memoria un aspecto da ecuación de 2º grao que coñezo desde antes de ser profesor e que sinceramente, non sei como é de coñecido entre os compañeiros. Pode ser que sexa ben coñecido, e que veña ata en libros de texto, e eu aquí facendo unha entrada sobre o tema, todo inocente. Sede xenerosos e comentade se o coñecíades unha vez leades a entrada.

Partamos da ecuación de 2º grao en forma xeral, $ax^2+bx+c=0$, e a consabida fórmula da solución, $$x=\frac{-b \pm \sqrt{b^2-4ac}}{2a}$$

Fixemos os coeficientes b e c, e xoguemos co coeficiente cuadrático, a, que é o que lle confire o carácter cuadrático á ecuación (e a concavidade...), en concreto fagamos que a tenda a cero. Que sucede na fórmula se b e c permanecen fixos pero a tende a 0? Se queres pensalo, demora a lectura do que vén... Para evitar que leas sen querer a resposta, comparto este φ-fail:

Que conste que vén sendo tan rigorosa como
outras aparicións de φ que se ven por aí...

Imos aló. Restrinxiremos o noso choio á primeira solución, na que collemos o valor positivo da raíz cadrada(a función, vaia).

O primeiro que se ve no límite é que, se aplicamos a aritmética elemental de límites, chegamos a unha indeterminación $\frac{0}{0}$:

$$\lim_{a\to 0} \frac{-b + \sqrt{b^2-4ac}}{2a}=\frac{-b+b}{0}=\frac{0}{0}$$

O xeito estándar de resolver esta complicación é puro traballo da aula de 1º de bacharelato(ou de 2º de BUP, se vas tendo unha idade):

$$\lim_{a\to 0} \frac{-b + \sqrt{b^2-4ac}}{2a}=\lim_{a\to 0} \frac{ \left(-b + \sqrt{b^2-4ac} \right) \left(-b - \sqrt{b^2-4ac} \right)}{2a \left(-b - \sqrt{b^2-4ac} \right)}=$$ $$ \lim_{a\to 0} \frac{(-b)^2-\left( \sqrt{b^2-4ac}\right)^2}{2a \left(-b - \sqrt{b^2-4ac} \right)} =\lim_{a\to 0} \frac{4ac}{2a \left(-b - \sqrt{b^2-4ac} \right)}=$$ $$\lim_{a\to 0} \frac{2c}{\left(-b - \sqrt{b^2-4ac} \right)}=\frac{2c}{-2b}=-\frac{c}{b}$$

E que significado ten este valor que atopamos, $-\frac{c}{b}$?

Pois, se por un momento, permitimos alegremente facer tender a 0 o coeficiente a na ecuación orixinal, $ax^2+bx+c=0$, que lle sucede á ecuación? Obviamente, que deixa de ser unha ecuación de 2º grao e se converte en $bx+c=0$. E cal é a solución desta ecuación? $-\frac{c}{b}$ (BOOM)

Coñecíades este pequeno feito? Funcionará do mesmo xeito o caso cúbico?(temos o pequeno obstáculo previo de que normalmente sempre comezamos resolvendo a ecuación normalizada $x^3+px=q$ ou similares). E que pasa coa solución coa raíz negativa?

Este feito ten pouca entidade, aínda así confeso que ten un aquel que me presta.

Un bo problema, a varios niveis

Este curso adiantamos as avaliacións respecto ao "calendario natural", pois a volta da Semana Santa, Chamorro para os ártabros do norte, cadra coa Feira de Moeche; ou se sodes doutras latitudes, co Día do Libro. Polo que xa rematei os exames e xuntas da 1ª Avaliación, e tiven un anaco nesta ponte para revisar pdfs e djvus do disco duro.

No cartafol Miscelánea estiven a botar unha ollada a Hidden Connections, Double Meanings, do sempre interesante David Wells(antes neste blog, aínda antes), e atopei un problema, se ben lixeiramente familiar, coido que nunca o vira deste xeito.

Imaxinemos un insecto que parte dun punto A e anda 1 metro nunha certa dirección, chegando a un punto B. En B xira 90º á esquerda e anda medio metro, chegando a un punto C, onde volve xirar 90º á esquerda e avanzando un cuarto de metro. Se continúa o seu camiño espiral deste xeito, sempre xirando 90º á esquerda e avanzando a metade do tramo anterior, a onde chegará no límite?

Como sempre, cun debuxo, mellor:

    

Este problema enche o capítulo 11 do libro, One problem, many solutions, onde o autor propón 3 solucións distintas: unha xeométrico-aritmética, unha puramente xeométrica e finalmente unha puramente aritmética. (Nota: ningunha desas solucións foi a que atopei eu).

Porén, o que me resulta máis atractivo do problema é a posibilidade de darlle un tratamento experimental. No curriculum de Matemáticas I temos que facer estudos xeométricos mediante programas informáticos, que é un xeito de aludir ao geogebra sen nomealo. Quizais este ano mande estudar configuracións semellantes a esta, onde poidamos combinar certos movementos, supostamente estudados na ESO. Verei.

Déixovos unha pista para a 1ª solución que achega David Wells. Unha fermosura:

    

Por último: de que xeito resolvín eu o problema? Pois

SPOILER

Sumando unha serie xeométrica de números complexos.

Cando teña ganas de escribir solucións pode que a comparta.

Atopa o erro

Collamos unha función calquera dunha clase de cálculo de asíntotas de 1º de Bacharelato:

$$f(x)=\sqrt{x^2+x-2}-x$$

Unha función inocente

Como é usual, calculamos o límite no infinito da función. Neste momento o profesor xa sabe que vai dar un número real, pois "no infinito" a raíz dun polinomio de 2º grao compórtase como unha recta; neste caso con pendente 1. Ao choio:

$$\lim_{x \to \infty}{[\sqrt{x^2+x-2}-x]}=$$
Agora vén o ubicuo truco de multiplicar por 1, pero un 1 camuflado na expresión
$$\frac{\sqrt{x^2+x-2}+x}{\sqrt{x^2+x-2}+x}$$
Este truco ten o obxectivo de evitar a indeterminación $\small{\infty-\infty}$
As contas:
$$\lim_{x \to \infty}{[\sqrt{x^2+x-2}-x]}=\lim_{x \to \infty}{\frac{[\sqrt{x^2+x-2}-x][\sqrt{x^2+x-2}+x]}{\sqrt{x^2+x-2}+x}}=$$
$$\lim_{x \to \infty}{\frac{x^2+x-2-x^2}{\sqrt{x^2+x-2}+x}}=$$
Agora atacamos a indeterminación $\small{\frac{\infty}{\infty}}$, tamén cun truco recorrente, multiplicar por 1, camuflado desta volta en
$$\frac{\frac{1}{x}}{\frac{1}{x}}$$
Entón:
$$\lim_{x \to \infty}{\frac{x^2+x-2-x^2}{\sqrt{x^2+x-2}+x}}=\lim_{x \to \infty}{\frac{\frac{x^2+x-2-x^2}{x}}{\frac{\sqrt{x^2+x-2}+x}{x}}}=\lim_{x \to \infty}{\frac{1-\frac{2}{x}}{\sqrt{1+\frac{1}{x}-\frac{2}{x^2}}+1}}=\frac{1}{2}$$

Ben, por fin: a función ten a asíntota horizontal $\small{y=\frac{1}{2}}$

Pero que sucede en $\small{-\infty}?$

Pois algo totalmente diferente:

O límite da función xa non é un número real senón:

$$\lim_{x \to -\infty}{[\sqrt{x^2+x-2}-x]}=+\infty$$

por mor do $-x$ da dereita.

O proceso continúa do xeito común: comparando a función con $x$ en "menos infinito". E sucede o seguinte:

$$\lim_{x \to -\infty}{\frac{\sqrt{x^2+x-2}-x}{x}}=\lim_{x \to -\infty}{[\sqrt{\frac{x^2+x-2}{x^2}}-1]}=$$
$$\lim_{x \to -\infty}{[\sqrt{1+\frac{1}{x}-\frac{2}{x^2}}-1]}=0$$

0? De verdade? Pero a nosa función non tendía a $\small{\infty}?$

Editado o 13 de abril: En realidade hai funcións que tenden a infinito no infinito que comparadas coa función identidade teñen límite 0, a primeira que vén á cabeza é $\small{f(x)=logx}$. No contexto do post si tiña sentido a sorpresa.

Déixovos que expliquedes o erro. Porque erro hai, como vemos na gráfica da función:

Que pinta esa recta oblicua?

Afastemos a gráfica:

E esa rama?

Temos un anaco da gráfica por explicar. É factible explicar o fallo técnico do cálculo previo nunha aula de 1º de Bacharelato? 

Verán 2014-Problema 4

Pero antes, a solución do problema 3:

   

, que pedía cara onde ía o punto X cando o radio da circunferencia azul tendía a 0, sendo a semicircunferencia verde fixa. Visualmente, unha vez feito o applet de geogebra, é ben claro(o que non quere dicir que entendamos nada soamente véndoo):


O applet serve para convencernos de que o punto X non tende a infinito, e tamén para amosarnos cara onde vai, demostrémolo rigorosamente:
Punto A: $(0,r)$
Ecuación da circunferencia azul: $x^2+y^2=r^2$
Ecuación da semicircunferencia: $(x-b)^2+y^2=b^2 \wedge y>0$

Intersección (punto B): $ \begin{cases} x^2+y^2=r^2 \\ (x-b)^2+y^2=b^2 \end{cases} \rightarrow (x-b)^2-x^2=b^2-r^2 \rightarrow -b(2x-b)=b^2-r^2 \rightarrow \cdots \\ x=\frac{r^2}{2b} \wedge y=\frac{r}{2b}\sqrt{4b^2-r^2} \rightarrow B=(\frac{r^2}{2b},\frac{r}{2b}\sqrt{4b^2-r^2})$

Recta por A e B:

$\frac{x-0}{\frac{r^2}{2b}-0}=\frac{y-r}{\frac{r}{2b}\sqrt{4b^2-r^2}-r} \rightarrow \frac{x}{\frac{r^2}{2b}}=\frac{y-r}{\frac{r}{2b}\sqrt{4b^2-r^2}-r} \\ \frac{x}{r}=\frac{y-r}{\sqrt{4b^2-r^2}-2b}$

Intersección co eixe de abscisas (punto X):

$ \begin{cases}  \frac{x}{r}=\frac{y-r}{\sqrt{4b^2-r^2}-2b} \\ y=0 \end{cases}\rightarrow x=\frac{-r^2}{\sqrt{4b^2-r^2}-2b}$
Vexamos que sucede con esta coordenada x do punto X cando r tende a cero (a outra non ten moito conto):

$\displaystyle{limit_{r \to 0} \frac{-r^2}{\sqrt{4b^2-r^2}-2b}=limit_{r \to 0} \frac{-r^2(\sqrt{4b^2-r^2}+2b)}{4b^2-r^2-(2b)^2}}= \\ limit_{r \to 0} \frac{-r^2(\sqrt{4b^2-r^2}+2b)} {-r^2}=limit_{r \to 0} \sqrt{4b^2-r^2}+2b=4b$

Onde utilicei o mecanismo habitual do conxugado da expresión radical.

Finalmente, o 4º problema do verán:

Un exército marcha en formación nunha liña recta que mide 1 quilómetro de lonxitude. O sarxento comeza a súa marcha na retagarda, vai avanzando pola formación ata chegar á cabeceira e, sen perder un segundo, dá a volta e volve á súa posición inicial (máis ben final) á mesma velocidade constante que avanzou previamente. Durante esta viaxe do sarxento, o exército, marchando a velocidade tamén constante, avanzou exactamente un quilómetro, é dicir, o último soldado marcha agora onde estaba o primeiro ao comezo do camiño.

Cal é a distancia que percorreu o sarxento?

Boa fin de semana e feliz día da patria.

Verán 2014-Problema 3

Outro problema máis, xusto despois da solución do anterior, que lembremos que tiña dúas partes:

1. Atopa o termo xeral da sucesión $$-4 \ +7 \ -4 \ +7 \ -4 \ +7 \ -4 \ +7 \ -4 \ +7 \cdots $$

Este era o problema que aparecía no libro no que o atopei. A simple vista, nos lugares impares sempre hai un $\small{-4}$ e nos pares sempre un $\small{+7}$. Como chantar iso nunha expresión? Se un é lacazán abondo, pode pensar en: $$a_n=\begin{cases} -4 , \ \ \ n=2k+1 \\ +7 , \ \ \ n=2k\end{cases}$$
...que é perfectamente rigoroso, mais estou certo que todos pensamos nunha expresión "única" como resposta deste problema, non si? Pois ben, para iso podemos facer dúas cousas: ou ben encomendarnos ao noso dominio da técnica alxébrica, ou ben encomendarnos á nosa "vista". Fagamos o segundo: Se calculamos a media aritmética dos números $\small{-4}$ e $\small{+7}$, $\small{\frac{-4+7}{2}=1'5}$ e restamos esa media de todos os termos da sucesión, obteremos unha nova sucesión máis tratable:

$$-5'5 \ +5'5 \ -5'5 \ +5'5 \ -5'5 \ +5'5 \ -5'5 \ +5'5 \ -5'5 \ +5'5 \cdots $$

Cal é o termo xeral desta nova sucesión? Case inmediatamente vén á mente a solución:

$$5'5 \cdot(-1)^n$$

Co cal o termo xeral da sucesión orixinal será

$$1'5+5'5 \cdot(-1)^n$$

2. Cal é o termo xeral da sucesión que xorde de sumar os primeiros termos da anterior?

É dicir, había que achar o termo xeral da sucesión

$$-4 \ +3 \ -1 \ +6 \ +2 \ +9 \ +5 \ +12 \ +8 \ +15 \cdots$$

Se lembrades que este problema fóra o que entendera eu cando o vin no libro, non tiña calculado o termo xeral da sucesión do apartado 1, de tal xeito que calculei directamente esta sucesión, certamente máis enleada. Ollando un pouco para os termos desta nova sucesión, achamos que os termos pares son os múltiplos positivos de 3 ($\small{3n}$) e que os impares quedan a unha unidade de seren os múltiplos de 3, comezando en $\small{-4}$ ($\small{3n-7}$) Polo que, se non aceptamos unha solución como a primeira do apartado 1, teremos que argallar unha fórmula que só dependa de n e que nos dea, dunha peza, estes diferentes termos. Vexamos:

$$\begin{cases} b_{2k-1}=3 \cdot (k-1)-4\\ b_{2k}=3 k\end{cases}$$

Arranxando un pouco:

$$\begin{cases} b_{2k-1}=3k-7\\ b_{2k}=3 k \end{cases}$$

Neste paso observamos dous atrancos: por unha banda, seguimos tendo dúas expresións, non unha, e por outra, as expresións non dependen directamente do lugar na sucesión, n, senón do valor k. Se escribimos esas expresións en función de n, chegamos a:

$$\begin{cases} b_{2k-1}=3k-7=3 \cdot \frac{n+1}{2}-7=\frac{3n}{2}-\frac{11}{2}\\ b_{2k}=3k=\frac{3n}{2} \end{cases}$$


O complicado é compactar esas dúas expresións nunha soa. Eu pensei en buscar unha fórmula que restase $\small{\frac{11}{2}}$ só no caso en que n sexa impar. Utilizando o mesmo truco relacionado con $\small{(-1)^n}$, obtemos (non era sen tempo):
$$b_n=\frac{3n}{2}+[(-1)^n-1]\cdot \frac{11}{4}$$ (Se un fai primeiro o apartado 1, é máis curto o camiño)
E agora o problema 3 para o verán, outra vez totalmente distinto.
Na fonte na que o descubrín titúlase "Comproba a túa intuición", e creo que o ese título é inmellorable. Veredes a razón:
Debuxade un semicírculo no primeiro cuadrante que pase pola orixe de coordenadas. Agora trazade unha circunferencia centrada na orixe e de radio variable. Chamemos A ao polo norte desa circunferencia e B ao punto de intersección das dúas figuras. Se trazamos a recta que une A con B e prolongamos, chegará a cortar ao eixe de abscisas nun punto X. Resumindo:

A que é obvio que se cortan? Pois se non houbese números irracionais...

Xa chega a cuestión:

Que sucede co punto X cando o radio da circunferencia azul tende a 0?

Tentade adiviñar a resposta antes de calculala analiticamente, a ver que tal andades de intuición.