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noticias y última hora

Demostración “elemental” de que el número e es irracional

A estas alturas el hecho de que que el número e sea irracional (es decir, que no se puede expresar como cociente de dos números enteros) es bien conocido por muchos de los que hemos tenido algún contacto con las matemáticas. Pero, ¿sabemos demostrarlo?

En Gaussianos ya publicamos una demostración de la irracionalidad del número e. Hoy vamos a ver otra que esencialmente es la misma, pero que ahorra un pelín en uno de los últimos pasos.

Vamos a razonar, como en muchas ocasiones, por reducción al absurdo (para quien todavía no sepa en qué consiste este método de demostración, en este post expliqué cómo funciona). Supongamos que el número e es racional, es decir,

e=\cfrac{a}{b}, con a,b números enteros.

Dando la vuelta a la fracción y utilizando la expresión de e^x como suma infinita,

e^x=\displaystyle{\sum_{n=0}^{\infty} \cfrac{x^n}{n!}}

obtenemos lo siguiente:

\cfrac{b}{a}=e^{-1}=\displaystyle{\sum_{n=0}^{\infty} \cfrac{(-1)^n}{n!}}

Separamos esta suma en dos sumandos, uno en el que n va de {0} a a y otro en el que va de a+1 a infinito. La igualdad anterior queda de la siguiente forma:

\cfrac{b}{a}=\displaystyle{\sum_{n=0}^{a} \cfrac{(-1)^n}{n!}+\sum_{n=a+1}^{\infty} \cfrac{(-1)^n}{n!}}

Si pasamos restando la primera de esas sumas al miembro de la izquierda nos queda lo siguiente:

\cfrac{b}{a} \; \displaystyle{-\sum_{n=0}^{a} \cfrac{(-1)^n}{n!}=\sum_{n=a+1}^{\infty} \cfrac{(-1)^n}{n!}}

Multiplicamos ahora a ambos lados por (-1)^{a+1} \cdot a!. Queda

(-1)^{a+1} \cdot a! \cdot \cfrac{b}{a} \displaystyle{-(-1)^{a+1} \cdot a! \cdot \sum_{n=0}^{a} \cfrac{(-1)^n}{n!}=(-1)^{a+1} \cdot a! \cdot \sum_{n=a+1}^{\infty} \cfrac{(-1)^n}{n!}}

Y simplificando obtenemos lo siguiente:

(-1)^{a+1} \cdot (a-1)! \cdot b \displaystyle{-(-1)^{a+1} \cdot \sum_{n=0}^{a} (-1)^n \cfrac{a!}{n!}=(-1)^{a+1} \cdot \sum_{n=a+1}^{\infty} (-1)^n \cfrac{a!}{n!}}

Analicemos el lado izquierdo de la igualdad. El primer término, (-1)^{a+1} \cdot (a-1)! \cdot b, es claramente un número entero. Y el segundo, \displaystyle{-(-1)^{a+1} \cdot \sum_{n=0}^{a} (-1)^n \cfrac{a!}{n!}}, también lo es, al ser n \le a (hecho que, entre otras cosas, asegura que todas esas fracciones son números enteros). Por tanto, el lado izquierdo de esa igualdad es un número entero.

Veamos ahora qué ocurre con el lado derecho. Desglosemos dicha suma:

\displaystyle{\sum_{n=a+1}^{\infty} (-1)^{n+a+1} \cdot \cfrac{a!}{n!}=\cfrac{1}{a+1}-\cfrac{1}{(a+1)(a+2)}+\cfrac{1}{(a+1)(a+2)(a+3)}- \dots}

Sabemos que esta serie alternada es convergente (por el criterio de Leibniz), y sabemos que su suma, S, será un valor real entre el primer término y la suma de los dos primeros términos manteniendo los signos (¿por qué?), que son

\cfrac{1}{a+1} y \cfrac{1}{a+1}-\cfrac{1}{(a+1)(a+2)}=\cfrac{a+1}{(a+1)(a+2)}=\cfrac{1}{a+2}

que por ser a \ge 1 son dos números que están entre 0 y 1. Por tanto, 0 < S < 1, por lo que S, el lado derecho de la igualdad, no puede ser un número entero. Pero el lado izquierdo de la igualdad sí lo era. Ésta es la contradicción buscada: un número entero no puede ser igual a un número no entero.

Esta contradicción proviene del hecho de suponer que el número e es racional, por lo que esto implica que el número e es un número irracional.

Cierto es que el concepto "elemental" es muy relativo y depende muy mucho de los conocimientos y de la soltura que tenga cada uno con estos temas. Pero teniendo en cuenta que los resultados utilizados no exceden de lo que debe saber un alumno de primero de una carrera científica creo que la demostración aquí explicada puede calificarse como elemental sin riesgo de exagerar. ¿Qué pensáis vosotros?

Vista en Elementary proof that e is irrational.

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Autor: ^DiAmOnD^  |  Publicado el 17 de septiembre de 2012
Categorías: Demostraciones, Otras constantes  |  Imprime este post Imprime este post

21 comentarios

  1. Tito Eliatron | 17 de septiembre de 2012 | 11:40

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    Ciertamente, que es elemental.

  2. Trackback | 17 sep, 2012

    Bitacoras.com

  3. jjbbrr | 17 de septiembre de 2012 | 12:44

    Vótalo Thumb up 0

    Hay una errata en la fórmula que sigue a:
    “Si pasamos restando la primera de esas sumas al miembro de la izquierda nos queda lo siguiente:”

    falta un signo – en el primer miembro, entre b/a y el sumatorio.

    Muy bonita la demostración, si.

  4. bibliotranstornado | 17 de septiembre de 2012 | 13:40

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    Sí es elemental porque es la primera vez que entiendo la demostración de la irracionalidad de e.

  5. gaussianos | 17 de septiembre de 2012 | 14:51

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    jjbbrr, no, no es una errata, es que se une a a línea de la fracción. Le pongo un espacio ahora mismo.

  6. Cristhian Camacho | 17 de septiembre de 2012 | 18:10

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    Muy Bien explicada la demostración: Muy aclaratorio el final: Ésta es la contradicción buscada: un número entero no puede ser igual a un número no entero.

    Algunos se querían con ‘Ésta es la contradicción buscada’ y algunos nos quedariamos con a pregunta: Cual es la contradicción? después de habernos perdido a medio razonamiento.

    Les dejo un fragmento (que me vino a la mente, no se porque) de libro -Los Grandes Matemáticos-’E.T. Bell’:

    _______________________________________________________________

    ‘El concepto de “transcendencia” es extraordinariamente simple y también extraordinariamente importante. Cualquier raíz de una ecuación algebraica cuyos coeficientes son enteros racionales (0, ±1, ±2, …) se llama un número algebraico. Así \sqrt{-1}, 2.78 son números algebraicos, debido a que son raíces de las respectivas ecuaciones algebraicas. x^{2} + 1 = 0, 50 x - 139 = 0, en las cuales los coeficientes (1, 1, para el primero, 50, – 139 para el segundo) son enteros racionales. Un “número” que no es algebraico se llama transcendente. Diciéndolo con otras palabras, un número transcendente es aquel que no satisface una ecuación algebraica de coeficientes enteros racionales.’
    …
    El primero que demostró que ciertos números son transcendentes fue Joseph Liouville (el mismo que alentó a Hermite a escribir a Jacobi)
    …
    Así, cuando Hermite demostró, en 1873, que e es transcendente, el mundo matemático quedó asombrado ante la maravillosa sencillez de la prueba. Desde los tiempos de Hermite se ha demostrado que muchos números (y clases de números) son transcendentes. Observaremos de pasada que probablemente se han de producir nuevas pleamares en las costas de este oscuro mar. En 1934, el joven matemático ruso Alexis Gelfond demostró que todos los números del tipo a^{b} , donde a no es 0 ni 1 , y b es cualquier número algebraico irracional son transcendentes. Esto resuelve el séptimo de los 23 problemas matemáticos sobresalientes sobre los que David Hilbert llamó la atención de los matemáticos en el Congreso internacional de París en 1900. Obsérvese que “irracional” es necesario en el enunciado del teorema de Gelfond (si b = n/m, donde n, m son enteros racionales, entonces a^{b} , donde a es cualquier número algebraico, es una raíz de x^{m} - a^{n} = 0 ), y puede demostrarse que esta ecuación es equivalente a una cuyos coeficientes son todos enteros racionales.

    La victoria inesperada de Hermite sobre la obstinada e hizo suponer a los matemáticos que \pi podría ser sometida siguiendo un procedimiento similar. Sin embargo, por lo que se refiere a Hermite ya había hecho bastante. “No arriesgaré nada, escribía a Borchardt, para intentar demostrarla transcendencia del número \pi . Si otros emprenden esta empresa, nadie más feliz que yo si triunfan en ella, pero creo, mi querido amigo, que será a costa de muchos esfuerzos”. Nueve años más tarde (en 1882), Ferdinand Lindemann, de la Universidad de Munich, usando métodos muy semejantes a los seguidos por Hermite para la solución de e , demostró que \pi es transcendente, resolviendo así para siempre el problema de la “cuadratura del círculo”. De lo que Lindemann demostró se deduce que es imposible construir con regla y compás un cuadrado cuya área sea igual a la de un círculo dado, problema que ha atormentado a generaciones de matemáticos, ya antes de la época de Euclides.
    Todos los charlatanes que aun se sienten atormentados por el problema deben plantearse concisamente la forma como resolvió la cuestión Lindemann. Este autor demostró que \pi no es un número algebraico. Pero cualquier problema geométrico que es resoluble con la ayuda de la regla y el compás, cuando se lleva a su forma algebraica equivalente, conduce a una o más ecuaciones algebraicas con coeficientes enteros racionales, que pueden ser resueltas por sucesivas extracciones de raíces cuadradas. Como \pi no satisface tal ecuación, el círculo no se puede “cuadrar” con dichos instrumentos.
    _______________________________________________________________

    Me encanta ese libro, hallar alguien que explica las matemáticas y que dice un poco de historia es fantástico, es como que las matemáticas son un arte y como cualquier arte el estudiante debe aprender las distintas técnica existentes por ejemplo en la pintura: Pintura renacentista, Pintura barroca, Pintura neoclásica, Pintura romántica, Impresionismo, Simbolismo, Modernismo y Vanguardismo, Expresionismo, Cubismo, Arte abstracto, Surrealismo, Art decó, Pop-art, Arte postmoderno, etc.

    Y así el estudiante del arte de la pintura al conocer acerca de las técnicas existentes, la cultura en la que vivían los hombres que generaron esas ideas, recién después conocer lo existente el estudiante puede lanzarse a descubrir su propia técnica.

  7. pcrdeg | 17 de septiembre de 2012 | 21:59

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    Corregidme si me equivoco pero esta demostración no muy retocada permitiría probar la irracionalidad de e^x con x racional no nulo.
    Creo que voy a intentar demostrarlo, porque la cosa promete……

  8. pcrdeg | 17 de septiembre de 2012 | 22:57

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    Grrrr. He fallado en intentar demostrar de que con ligeros retoques de la demostración elemental se podía demostrar que e^x es irracional para todo x racional no nulo.

    Como dato positivo, mi conjetura no iba desencaminada: en efecto e^x es irracional para todo x racional no nulo. Si suponemos conocido que e es transcendente la demostración es muy sencilla:

    Suponiendo que e^(p/q) es racional, también lo sería e^p pues e^p=[e^(p/q)] ^q .
    Pero de ser e^p racional tendríamos que e^p=a/b luego e sería raíz del polinomio de coeficientes enteros b•x^p-a luego e no sería transcendente. Contradicción.

  9. Ratoncillo de biblioteca | 17 de septiembre de 2012 | 23:37

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    Se podría dar un argumento más directo observando que laserie {\displaystyle \sum_{n=0}^\infty\cfrac{(-1)^n}{n!}} es una serie alternada cuyos términos decrecen en valor absoluto:

    Sea \{s_n\} la sucesión de sumas parciales de dicha serie, entonces se verifica que
    {\displaystyle 0< e^{-1}-s_{2n-1}<\frac{1}{2n!}} luego {\displaystyle 0< (2n-1)!(e^{-1}-s_{2n-1})<\frac{1}{2n}\leq\frac{1}{2}}

    Observemos (2n-1)!(e^{-1}-s_{2n-1}) es entero para todo n\in\mathbb{N}. Si e^{-1} fuese racional, tomando n suficientemente grande, (2n-1)!e^{-1} también es entero. Pero entonces tendríamos un entero en el intervalo \left(0,\frac{1}{2}\right) lo que es imposible.

  10. Zurditorium | 17 de septiembre de 2012 | 23:40

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    Uhm, creo que hay una pequeña errata, después de donde dice

    y sabemos que su suma, S, será un valor real entre el primer término y la suma de los dos primeros términos

    Ciertamente el primer término es una cota de la serie, pero una cota superior, y por cota inferior efectivamente podemos tomar la suma de los dos primeros términos, pero respetando el signo, vamos, que que donde pone

    \cfrac{1}{a+1}+\cfrac{1}{(a+1)(a+2)}=\cfrac{a+3}{(a+1)(a+2)}

    debería de poner

    \cfrac{1}{a+1}-\cfrac{1}{(a+1)(a+2)}=\cfrac{a+1}{(a+1)(a+2)}=\cfrac{1}{a+2}

    De nuevo ambos números están entre 0 y 1 y por tanto el resto de demostración vale igualmente.

    \cfrac{1}{a+2}<S<\cfrac{1}{a+1}

  11. Ratoncillo de biblioteca | 17 de septiembre de 2012 | 23:45

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    En mi comentario anterior, quise decir (2n-1)!s_{2n-1} es entero para todo n\in\mathbb{N} (se me olvidó quitar lo que sobra al hacer copy/paste).

  12. gaussianos | 18 de septiembre de 2012 | 03:17

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    Cierto Zurditorium, lo cambio ahora mismo. por cierto, ya he arreglado lo de tus comentarios. El problema es que el plugin de edición de comentarios se lleva mal con las contrabarras. Lo que hace cada vez que editas es quitar una de donde la encuentre, por lo que una solución para que no se cargue el comentario es poner dos contrabarras donde deba haber una. Así quitará una y dejará la otra :) .

    Aunque bueno, siempre se puede utilizar la Vista Previa antes de publicar el comentario…aunque creo que nadie la usa grrrr :D .

  13. Trackback | 18 sep, 2012

    Demostración "elemental" de que el número e es irracional

  14. Trackback | 18 sep, 2012

    Demostración "elemental" de que el número e es irracional

  15. futurama | 20 de septiembre de 2012 | 18:25

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    Porqué es entera la segunda parte del lado izquierdo de la desigualdad? El -1 elevado vale, pero el sumatorio?

  16. gaussianos | 20 de septiembre de 2012 | 19:09

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    futurama, como el sumatorio llega hasta a tenemos que n es siempre menor que a, por lo que a! es siempre un múltiplo de n!, y en consecuencia esa división es un número entero positivo.

    ¿Entendido? :)

  17. Luis Felipe Villavicencio López | 21 de septiembre de 2012 | 04:41

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    Disculpen pero…
    0.9999999 (periódico puro) = 1
    ok lo sé ese “=” en realidad significa “converge a”

  18. Juanjo Escribano | 21 de septiembre de 2012 | 08:47

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    No Luis Felipe el Nº 0.9999 (periódico puro) es =1 (no converge, es el mismo Nº en otra representación)

  19. Juanjo Escribano | 21 de septiembre de 2012 | 09:13

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    1 = 3/3 = 3 * (1/3) = 3 * 0.33333 (p.p.) = 0.999999 (p.p.)

  20. gaussianos | 21 de septiembre de 2012 | 14:49

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    Luis Felipe, echa un ojo a esto:

    igualdad extraña

  21. Trackback | 30 oct, 2012

    Элементарное доказательство иррациональности числа e | Математика, к

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