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lunes, 8 de julio de 2013

Dos demostraciones de la irracionalidad de π

En muchas ocasiones hemos hablado del número π y sus propiedades.Quizás la primera que nos cuentan es que π es irracional y sin embargo no es algo que se suela demostrar, ni siquiera en la carrera de matemáticas (al menos a mí nadie me lo demostró).


La historia nos dice que el primero en demostrar la irracionalidad de esta famosa constante fue Johan Lambert en torno a 1761. En el presente artículo, vamos a esbozar la demostración original de Lambert y también daremos una prueba alternativa muy simple (que cualquiera con conocimientos básicos de derivadas, integrales y cálculo de límites -y con un poco de sentido común- puede seguir) debida a Ivan Niven en 1947. ¿Quieres aprender algo más sobre nuestro número más famoso?

Fuente: Wikipedia
La demostración de Lambert, la original, está basada en las fracciones continuas generalizadas, más concretamente, en el desarrollo de la función tangente en este tipo de fracciones. Concretamente prueba el siguiente resultado.

Teorema de Lambert: Si [;x\ne0;] es un número racional, entonces [;\tan x;] es irracional.

Como consecuencia de este hecho, como [;\tan \pi/4=1;], se deduce que π no puede ser racional, pues si lo fuera, también lo sería π/4 y, por el Teorema anterior, su tangente debería ser irracional, y como 1 no es irracional, llegamos a una contradicción.

La prueba del Teorema de Lambert se basa en dos lemas previos .

Lema 1: Consideremos la fracción continua generalizada

 [;y=\cfrac{a_1}{b_1 + \cfrac{a_2}{b_2 + \cfrac{a_3}{b_3 + \cfrac{a_4}{b_4 + \ddots\,}}}};]

en donde [;a_k;]  y [;b_k;] son números enteros no nulos para todo [;k\in\mathbb{N};]. Si para cada [;k\in\mathbb{N};] se tiene que  [;|a_k|<|b_k|;] a partir de un cierto valor de [;k;], entonces [;y;] es irracional.

Lema 2: Si [;x;] es un número racional, entonces [;\tan x;] puede expresarse en forma de fracción continua  de la siguiente forma:


\tan(x)=\displaystyle\frac{x}{1-\displaystyle\frac{x^2}{3-\displaystyle\frac{x^2}{5-\displaystyle\frac{x^2}{7-\displaystyle\frac{x^2}{9-\ddots}}}}}



Una vez que tiene esto, vamos a ver cómo concluir el resultado de Lambert.

Demostración del Teorema de Lambert: Sea [;x=p/q;] un número racional no nulo. Por el Lema 2 tenemos que

\tan(p/q)=\displaystyle\frac{p}{q-\displaystyle\frac{p^2}{3q-\displaystyle\frac{p^2}{5q-\displaystyle\frac{p^2}{7q-\displaystyle\frac{p^2}{9q-\ddots}}}}}


Si ahora queremos aplicar el Lema 1, vamos a escribir esta fracción continua  con la notación de dicho lema:  [;a_1=p;], [;a_k=-p^2;] para [;k\ge2;] y [;b_k=(2k+1)q;].

Como [;b_k\overset{k\to\infty}{\longrightarrow}\infty;], y [;a_k;] es constante, es claro que a partir de cierto valor de [;k;] tendremos que [;|a_k|<|b_k|;] y, por lo tanto se concluye que [;\tan(p/q);] es irracional.

Para saber más: Si quieres ver las pruebas de los dos Lemas previos del Teorema de Lambert, puedes encontrarla en The World of Pi.

Fuente: Oberwolfach

Bien, ya hemos esbozado la demostración original. Ahora vamos a ver una de las pruebas más simples en la que sólo hay que saber derivar e integrar. Esta prueba, como hemos dicho antes, se debe a Ivan Niven.

Supongamos, por reducción al absurdo, que [;\pi;] es  racional, es decir, [;\pi=p/q;]  con [;p,q\in\mathbb{N};]. Para cada [;n\in\mathbb{N};] consideremos las siguientes funciones:


f_n(x)=\frac{x^n(p-qx)^n}{n!}

F_n(x)=f_n(x)-f_n^{(2)}(x)+f_n^{(4)}(x)-\cdots+(-1)^nf_n^{(2n)}(x)


Tengamos en cuenta que [;n!f_n(x);] es un polinomio con coeficientes enteros y cuyos términos tienen grados entre [;n;] y [;2n;]. Es una mera comprobación darse cuenta de que [;f_n(x)=f_n(p/q-x);], luego [;f_n^{(j)}(x)=(-1)^jf_n^{(j)}(p/q-x);] . Además, utilizando el binomio de Newton para desarrollar [;(p+qx)^n;], es fácil comprobar que [;f_n^{(j)}(0);] es un número entero y, por tanto, [;f_n^{(j)}(\pi)=f_n^{(j)}(p/q);]

Con respecto a las otras funciones es fácil comprobar lo siguiente:

\frac{d}{dx}\left[F'_n(x){\rm sen}(x)-F_n(x)\cos(x)\right]=F_n''(x){\rm sen}(x)+F_n(x){\rm sen}(x)=f_n(x){\rm sen}(x)


Ya hemos derivado (como prometimos), ahora vamos a integrar:


I_n=\int_0^\pi f_n(x){\rm sen}(x)\,dx=\left[F'_n(x){\rm sen}(x)-F_n(x)\cos(x)\right]_0^\pi=F_n(\pi)-F_n(0).

Pero como [;f_n^{(j)}(0);] y [;f_n^{(j)}(\pi);] son enteros, también lo son [;F_n(0);] y [;F_n(\pi);]; por lo tanto, [;I_n;] es un número entero.

Por otro lado, si [;0<x<\pi=p/q;] es claro que [;0<p-qx<p;] y que [;0<{\rm sen}(x)<1;]. Así pues, [;0<f_n(x){\rm sen}(x)<\frac{\pi^np^n}{n!};].  Por lo tanto se tiene que [;0< I_n\le \pi\cdot\frac{\pi^np^n}{n!};] .

Pero es un simple ejercicio comprobar que [;\frac{\pi^n p^n}{n!}\overset{n\to\infty}{\longrightarrow}0;], así que si desde el principio tomamos [;n\in\mathbb{N};] suficientemente grande para que [;\pi^n p^n/n!<1/2\pi;], tendremos que [;0< I_n\le 1/2;] . Pero como habíamos visto que [;I_n;] era un número entero, hemos llegado a una contradicción.


Tito Eliatron Dixit

Referencias:
a las

2 comentarios:

  1. BeatrizP8 de julio de 2013, 12:53

    No entiendo el interés de la frase
    "... es fácil comprobar que $ f_n^{(j)}(0)$ es un número entero y, por tanto, $$f_n^{(j)}(\pi)=f_n^{(j)}(p/q)$$"... si $$\pi=p/q$$

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  2. Tito Eliatron8 de julio de 2013, 14:24

    Es una mala redacción. quería decir que f^{(j)}(pi) es también entero en parte porque coincide con f^{(j)}(p/q).

    ResponderEliminar

Si no comentas, Gauss se comerá una integral.
Y, por favor, respeta a todos con tus opiniones.