alquimiayciencias: Sobre la irracionalidad de e y algo más (29979)

Ya hemos hablado mucho sobre la irracionalidad y trascendencia de números como $[;e;]$ y $[;\pi;]$ . Incluso esta misma semana hemos visto una demostración no demasiado complicada de la irracionalidad de $[;\sqrt2;]$ debida a Lagrange.

En el presente artículo vamos a dar un método sencillo para probar la irracionalidad del número $[;e;]$ ,

un método que, en esencia, es muy conocido, pero ahora vamos a ofrecer una ligera variante que lo hace muy interesante para contarlo a alumnos de un primer curso de carreras científicas.

Más aún, trataremos de aprovechar este método para demostrar de una forma similar la irracionalidad de otros números... incluido $[;\sqrt2;]$ .

Comencemos.

Para poner en funcionamiento nuestro método, necesitamos acudir a los polinomios de Taylor.

Se trata del paso previo a las Series de Taylor en el que una función suficientemente buena

(en el sentido de poderse derivar hasta el grado necesario), se aproxima a través de un polinomio que, en el punto en el que se expande, comparte todas las derivadas (desde 0 hasta su propio grado)

con nuestra función.

Pero claro, cuando aproximamos siempre se comete un cierto error, por lo que, a diferencia de las Series de Taylor (que pueden interpretarse como polinomios de grado infinito), necesitamos tener alguna expresión que nos permita controlar.

Así pues, si tenemos una función $[;f(x);]$ que se puede derivar $[;n;]$ veces en un punto $[;x=a;]$ ,

el polinomio de Taylor de grado $[;n;]$ alrededor de $[;x=a;]$ es

$[;P_n(x)=f(a)+f'(a)(x-a)+\frac{f''(a)}{2!}(x-a)^2+\cdots+\frac{f^{(n)}(a)}{n!}(x-a)^n;]$

Y se cumple que $[;f(x)=P_n(x)+R_n(x);]$ donde

$[;R_n(x);]$ es el error cometido.

Si, además de lo anterior, resulta que podemos derivar una vez más nuestra función $[;f(x);]$ , entonces hay una bonita expresión del error (o resto) debida a Lagrange:

$[;R_n(x)=\frac{f^{(n+1)}(c)}{(n+1)!}(x-a)^{n+1};]$

donde $[;c;]$ es un punto intermedio entre $[;a;]$ y $[;x;]$ .

Pues ya tenemos todos los ingredientes necesarios para probar la irracionalidad de $[;e;]$ .

Bueno, todos no.

Tomemos ahora $[;f(x)=e^x;]$ , que es una función infinitamente derivable (por lo que tiene polinomio de Taylor de cualquier grado y el Resto de Lagrange está bien definido).

Como sea cual sea el número natural $[;n;]$ que elijamos resulta que $[;f^{(n)}(x)=e^x;]$ es muy fácil comprobar que el polinomio de Taylor de grado $[;n;]$ de $[;e^x;]$ alrededor de $[;x=0;]$

(en este caso, se llamaría Polinomio de MacLaurin) es

$[;P_n(x)=1+\frac{1}{2!}x^2+\cdots+\frac{1}{n!}x^n;]$

Si ahora tenemos en cuenta la expresión de Lagrange del error cometido, se puede poner que

$[;e^x=1+\frac{1}{2!}x^2+\cdots+\frac{1}{n!}x^n+\frac{e^c}{(n+1)!}x^{n+1};]$

donde $[;c;]$ es un número entre $[;0;]$ y $[;x;]$ .

Ahora ya sí que tenemos todos los ingredientes en la cazuela.

Procedamos a encender el horno, para lo cual basta tomar $[;x=1;]$ en la expresión anterior para obtener que para algún número $[;c\in (0,1);]$ se tiene que

$[;e=1+\frac{1}{2!}+\cdots+\frac{1}{n!}+\frac{e^c}{(n+1)!};]$

Ahora procedamos por Reducción al Absurdo. Supongamos que $[;e;]$ es un número racional y que su expresión como fracción irreducible es $[;e=p/q;]$ .

Entonces se tiene que

$[;\frac{p}{q}=1+\frac{1}{2!}+\cdots+\frac{1}{n!}+\frac{e^c}{(n+1)!};]$

Elijamos $[;n\in\mathbb{N};]$ suficientemente grande, por ejemplo, $[;n\ge \max\{q,2\};]$ ,

y multipliquemos ambos miembros por $[;n!;]$ .

Resulta, entonces que

$[;n!\frac{p}{q}=\left(n!+\frac{n!}{2!}+\cdots+1)\right)+\frac{e^c}{n+1};]$

Pero analicemos ambos miembros de esta igualdad. Como $[;n\ge q-1;]$ ,

resulta que $[;n+1\ge q;]$ por lo que $[;(n+1)!/q\in\mathbb{N};]$ y tenemos que la parte izquierda de la igualdad es un número natural.

Por otro lado, es obvio que de la parte derecha de la igualdad, lo que está entre paréntesis también es un número natural, lo que obliga a que $[;e^c/(n+1);]$ sea un número natural.

Pero... recordad que $[;c\in (0,1);]$ por lo que $[;e^c\in (1,e)\subset(1,3);]$ , es decir, $[;0<e^c<3;]$ pero

como $[;n\ge2;]$ resulta que

$[;0 < \frac{e^c}{n+1}<\frac{3}{n+1}\le 1;]$

o lo que es lo mismo, $[;e^c/(n+1);]$ no puede ser un número natural, lo que lleva a contradicción, resultando ser $[;e;]$ un número irracional.

Sólo un mínimo comentario a esta demostración.

Se trata de un ejercicio clásico de primero de matemáticas demostrar que, con la definición de límite

del número $[;e;]$ , es decir, $[;e=\lim(1+1/n)^n;]$ , se tiene que $[;e\in (2,3);]$ .

Bueno, pues ya tenemos demostrada la irracionalidad de $[;e;]$ con un nivel de primero de carrera de ciencias. Pero el titulo del post nos prometía algo más, así que allá vamos.

Esta misma técnica también nos permite demostrar la irracionalidad de algunos otros números.

Por ejemplo, partamos del polinomio de Taylor de la función $[;cos(x);]$ :

$[;cos(x)=1-\frac{1}{2!}x^2+\frac{1}{4!}x^4+\cdots+(-1)^n\frac{1}{(2n)!}x^{2n}+R_n(x);]$

donde, según Lagrange,

$[;R_n(x)=(-1)^{n+1} \frac{sen(c)}{(2n+1)!}x^{2n+1};]$

Como antes, haciendo $[;x=1;]$ se tiene que

$[;cos(1)=1-\frac{1}{2!}+\frac{1}{4!}+\cdots+(-1)^n\frac{1}{(2n)!}+(-1)^{n+1}\frac{sen(c)}{(2n+1)!};]$

Supongamos, por reducción al absurdo que $[;cos(1)=p/q;]$ (fracción irreducible).

Entonces, multiplicando ambos miembros por $[;(2n+1)!;]$ y asumiendo que $[;2n+1\ge q;]$ resulta que

$[;(2n+1)!\frac{p}{q}=\left((2n+1)!-\frac{(2n+1)!}{2!}+\cdots+(-1)^n(2n+1)\right)+(-1)^{n+1}sen(c);]$

Como antes, tanto el lado izquierdo como la parte entre paréntesis del lado derecho resultan ser números enteros(venga, va, como hay algunos sumandos negativos...); por lo que el término que falta está obligado a ser también entero. Pero como $[;c\in (0,1)\subset(0,\pi/2);]$ , resulta que $[;0<sen(c)<1;]$ por lo que no puede ser entero y llegamos a contradicción.

Así que hemos probado que $[;cos(1);]$ no puede ser racional.

De manera completamente análoga, pero usando el desarrollo de Taylor de la función $[;sen(x);]$ (que es idéntico al del coseno, pero con los términos impares), se demuestra que $[;sen(1);]$ tampoco puede ser racional.

Pero vamos a intentar ir un poco más allá.Volvamos al desarrollo del coseno y hagamos $[;x=\pi/4;]$ .

Entonces resulta que:

$[;\frac{1}{\sqrt2}=1-\frac{1}{2!}\frac{\pi^2}{4^2}+\frac{1}{4!}\frac{\pi^4}{4^4}+\cdots+(-1)^n\frac{1}{(2n)!}\frac{\pi^{2n}}{4^{2n}}+(-1)^{n+1}\frac{sen(c)}{(2n+1)!}\frac{\pi^{2n+1}}{4^{2n+1}};]$

Supongamos que $[;\pi;]$ y $[;\sqrt2;]$ son racionales y escribámoslos como fracciones irreducibles

$[;\pi=P/Q;]$ y $[;\sqrt2=p/q;]$ . Entonces la igualdad anterior queda

$[;\frac{q}{p}=1-\frac{1}{2!}\frac{P^2}{Q^24^2}+\frac{1}{4!}\frac{P^4}{Q^44^4}+\cdots+(-1)^n\frac{1}{(2n)!}\frac{P^{2n}}{Q^{2n}4^{2n}}+(-1)^{n+1}\frac{sen(c)}{(2n+1)!}\frac{P^{2n+1}}{Q^{2n+1}4^{2n+1}};]$

Multipliquemos ambos miembros por $[;(2n)!Q^{2n}4^{2n};]$ con $[;n;]$ suficientemente grande, por ejemplo, tal que $[;2n\ge p;]$ .

Así tenemos que

$[;(2n)!Q^{2n}4^{2n}\frac{q}{p}=\left(\text{Algo que está en }\mathbb{Z}\right)+(-1)^{n+1}\frac{sen(c)}{2n+1}\frac{P}{4Q};]$

Ahora bien, la parte izquierda, por la elección de $[;n;]$ que hemos hecho, está en $[;\mathbb{Z};]$ y lo de dentro del paréntesis también, lo que obliga a

$[;\frac{sen(c)}{2n+1}\cdot\frac{P}{4Q};]$

a ser un número entero. Pero $[;\pi/4=P/4Q<1;]$ y $[;c\in (0,\pi/4);]$ luego $[;0<sen(c)<1;]$ ;

por lo que jamás podrá ser entero y llegamos a contradicción.

Pero... ¿qué obtenemos de esta contradicción? Pues que $[;\sqrt2;]$ y $[; \pi;]$ no pueden ser

racionales a la vez.

Ojo, no hemos probado la irracionalidad de ambos números, sino que no pueden ser simultáneamente racionales (podría darse el caso de ser uno irracional y el otro no).

Hemos probado que al menos uno de esos dos números es irracional, ¿cual de ellos?

No lo sé, pero uno de ellos seguro que lo es.

alquimiayciencias

martes, 20 de agosto de 2013

Sobre la irracionalidad de e y algo más (29979)

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