Cómo demostrar que π (pi) es irracional

Teorema: $\pi$ es irracional

Demostración

Definimos la siguiente función:

$f(x)=\cfrac{x^n(1-x)^n}{n!}$

Utilizando el binomio de Newton podemos expresar $f(x)$ así:

> $f(x)=\cfrac{1}{n!} \cdot x^n \cdot \displaystyle{\sum_{k=0}^n {n \choose k} (-1)^k x^k=\cfrac{1}{n!} \sum_{k=0}^n {n \choose k} (-1)^k x^{n+k}}$

Cuando $r \prec n$ se tiene que $f^{(r)}(0)=0$ (al derivar menos de $n$ veces el término $x^n$ no desaparece del todo) y cuando $r > 2n$ también obtenemos que $f^{(r)}(0)=0$ (ya que la propia función es la función ${0}$ al derivar más veces que su propio grado). Para calcular el resto de las derivadas en ${0}$ tomamos $m=1,2, \ldots ,n-1$ y las calculamos para todo $x$ :

$f^{(n+m)}(x)=\displaystyle{\cfrac{1}{n!} \sum_{k=0}^n {n \choose k} \cfrac{(n+k)!}{(k-m)!} (-1)^k x^{k-m}}$

Teniendo en cuenta esta expresión vemos fácilmente que $f^{(n+m)}(0)$ es un número entero para $m=1,2, \ldots ,n-1$ .

Por tanto tenemos que $f^{(s)}(0)$ es un número entero $\forall s \in \mathbb{N}$ . Como $f(1-x)=f(x)$ también tenemos que $f^{(s)}(1)$ es un número entero $\forall s \in \mathbb{N}$ .

Después de estos preliminares vamos con la demostración. En realidad vamos a demostrar que $\pi^2$ es irracional, hecho del que se deduce muy fácilmente que $\pi$ es irracional (¿Por qué?). La demostración comienza suponiendo que $\pi^2$ es racional, es decir, $\pi^2= \textstyle{\frac{a}{b}}$ , con $a,b\in\mathbb{Z^+}$ , es decir, enteros positivos. Definimos para cualquier entero positivo $n$ la siguiente función:

$F_n (x)=b^n [\pi^{2n} f(x)-\pi^{2n-2} f^{\prime\prime}(x)+\pi^{2n-4} f^{(4)} (x) - \ldots + (-1^n) f^{(2n)}(x)]$

Al ser $f(0)=f(1)=0$ y $f^{(s)}(0)$ un número entero $\forall s\in\mathbb{N}$ se tiene que $F_n (0)$ y $F_n (1)$ son enteros (los denominadores que aparecerían al sustituir $\pi^2$ por su supuesta expresión como fracción se cancelarían con el término $b^n$ del principio).

Realizamos ahora el siguiente cálculo basado en la función $F_n$ :

$\cfrac{d}{dx} [F^\prime _n (x) sen(\pi x)-\pi F_n (x) cos(\pi x)]=[F^{\prime\prime}_n (x)+ \pi^2 F_n (x)] sen(\pi x)=b^n \pi^{2n+2} f(x) sen(\pi x)$

Sustituyendo $\pi^2$ por $\textstyle{\frac{a}{b}}$ tenemos:

$\cfrac{d}{dx} [F^\prime _n (x) sen(\pi x)-\pi F_n (x) cos(\pi x)]=\pi^2 a^n f(x) sen(\pi x)$

Integrando obtenemos lo siguiente (pasamos $\pi$ dividiendo a la derecha):

$\displaystyle{\int_0^1 \pi a^n f(x) sen(\pi x) dx=\left [ \cfrac{F^\prime_n (x) sen(\pi x)}{\pi}-F_n (x) cos(\pi x) \right ]_0^1=F_n(1)+F_n(0)}$

que, como hemos visto antes, es un número entero.

Por otro lado, es sencillo demostrar que para $0 \prec x \prec 1$ se tiene que $\prec f(x) \prec \textstyle{\frac{1}{n!}}$ . Multiplicando a ambos lados por $\pi a^n$ obtenemos:

$0 \prec \pi a^n f(x) \prec \cfrac{\pi a^n}{n!}$

Multiplicamos por $sen(\pi x)$ y acotamos la parte de la derecha (ya que $sen(x) \prec 1, \forall x\in\mathbb{R}$ ):

$0 \prec \pi a^n f(x) sen(\pi x) \prec \cfrac{\pi a^n sen(\pi x)}{n!} \prec \cfrac{\pi a^n}{n!}$

Integrando entre ${0}$ y $1$ obtenemos:

$\displaystyle{0 \prec \int_0^1 \pi a^n f(x) sen(\pi x) dx \prec \cfrac{\pi a^n}{n!}}$

Pero la última fracción es menor que $1$ para $n$ suficientemente grande. Por tanto tenemos lo siguiente:

$\displaystyle{0 \prec \int_0^1 \pi a^n f(x) sen(\pi x) dx \prec 1}$

Pero habíamos visto antes que $\displaystyle{\int_0^1 \pi a^n f(x) sen(\pi x) dx}$ era un número entero. Es decir, hemos llegado a un número entero entre ${0}$ y $1$ . Esa es la contradicción.

Por tanto $\pi^2$ es irracional y en consecuencia $\pi$ también lo es.

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lunes, 26 de septiembre de 2016

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