Dos demostraciones de la irracionalidad de raíz de 2

Como ya hemos dicho alguna que otra vez en este blog se sabe que raíz de 2 es un número irracional, es decir, que no puede escribirse en forma de fracción. Pero todavía no os habíamos mostrado ninguna demostración. En este post vamos a ver dos demostraciones posibles de este hecho. La primera de ellas es la que podíamos denominar clásica, la que suele aparecer en todos los escritos sobre el tema, y que usa reducción al absurdo. La segunda no es ni mucho menos común, ya que usa descenso infinito. Vamos a verlas:

Teorema: Raíz de 2 es irracional – Demostración por Reducción al Absurdo

La demostración comienza suponiendo que raíz de 2 no es irracional y acabará en algo contradictorio. Si no es irracional debe ser obligatoriamente racional, es decir, debe ser igual a una fracción así:

Podemos suponer sin ningún problema que el máximo común divisor de p y q es 1, es decir, que no tienen factores comunes y por tanto son primos relativos. Elevamos al cuadrado y operando queda:


Por tanto p2 debe ser múltiplo de 2, lo que implica que p también es un múltiplo de 2. Es decir, p = 2k para un cierto k. Sustituímos este valor de p en la expresión anteriory simplificamos un 2 de esa igualdad:

Esa expresión nos asegura que q2 es múltiplo de 2, y por tanto también lo es q. Y aquí está el absurdo: habíamos supuesto que p y q no tenían factores comunes (es decir, mcd(p,q) = 1) y hemos llegado a que los dos son múltiplos de 2, es decir, que tienen al 2 como factor común, y por tanto su mcd debe ser al menos 2. Esa es la contradicción que buscábamos.
Conclusión: Raíz de 2 es irracional.

Teorema: Raíz de 2 es irracional – Demostración por Descenso Infinito

El comienzo es el mismo que en el caso anterior: supongamos que raíz de 2 es un número racional, es decir:

Podemos suponer sin ningún problema que p y q son positivos. Nos va a interesar concretamente que q > 0. A partir de aquí demostraremos que raíz de 2 es igual a otra fracción cuyo denominador también es positivo y además menor que q. Esto implicaría que podríamos encontrar una sucesión de número enteros positivos decreciente infinitamente, lo cual es imposible.

El siguiente paso también es igual que en el caso anterior:

Ahora veamos que la fracción cuyo numerador es 2q – p y cuyo denominador es p – q también es igual a raíz de 2 (usando en el primer paso la igualdad que acabamos de obtener):

Veamos ahora que 0 < p - q < q:

En el penúltimo paso hemos multiplicado por q la cadena de desigualdades y en el último hemos restado q. Por tanto hemos encontrado otro entero positivo menor que q que cumple que es el denominador de una fracción que es igual a raíz de 2. Con esta nueva fracción podríamos hacer lo mismo y encontraríamos otro entero positivo menor que p – q que cumpliría lo mismo. Es decir, podemos encontrar una sucesión infinita y decreciente de enteros positivos cumpliendo lo anteriormente citado. Como todos sabemos eso es imposible, ya que no existe ninguna sucesión de enteros positivos decreciente con infinitos términos. Por tanto la suposición inicial era falsa.

Conclusión: Raíz de 2 es irracional.

Ahora opinad vosotros: ¿cuál os gusta más? ¿conocéis alguna otra demostración? Comentadnos vuestra opinión.

Fuente (de la segunda demostración): Math Fun Facts

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39 comentarios

  1. JuanPablo | 2 de noviembre de 2006 | 16:30

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    un par de días atrás posteé una demostración sencilla pero no muy conocida de un matemático argentino (publicada en el amer. math. monthly), pero en realidad ando a la búsqueda de la supuesta demostración -si es que existió, y no es una de las tantas leyendas que circulan- sobre una demostración griega que funcionaba para 2, 3, 5…, 15 pero no para 17. ¿Alguna idea?

  2. Lek | 2 de noviembre de 2006 | 17:07

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    A mí me mola más la 1ª… todo lo que sea buscar un absurdo mola :D

  3. Dani | 2 de noviembre de 2006 | 17:18

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    En primer lugar felicitaros por el blog que es bueno. Por ello un blog así no debería estar encerrado en un WordPress con publicidad.
    Tiene que ser tedioso tener que escribir un artículo insertando las imágenes con las fórmulas matemáticas.
    ¿Por qué no usais por ejemplo SPIP? Permite poner las fórmulas en LaTeX entre otras cosas.
    Como ejemplo (aunque no es un blog, sino una base de datos de ejercicios de matemáticas) yo uso SPIP en:
    http://lubrin.org/mat

    Salu2 a to2

  4. neok | 2 de noviembre de 2006 | 18:07

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    Dani no conocía SPIP y es una buena noticia el aprender algo nuevo.

    Respecto a WordPress por ahora tenemos el blog en blogsome, alojamiento gratuito, porque no teníamos pensado tanto “éxito” ni tampoco llegar tan “lejos”, de todos modos estamos viendo diferentes posibilidades, entre las que destca seguir usando WordPress (lo siento, pero me encanta y estoy bien adaptado) con un plugin para usar LaTeX.

    SaludoS

  5. ^DiAmOnD^ | 2 de noviembre de 2006 | 23:59

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    JuanPablo pues ahora mismo no sé de quién hablas ni cuál es la demostración. De todas formas tengo por aquí algunos documentos. Echaré un vistazo y si encuentro algo te lo comento.

    Dani encontré tu página y eché un vistazo a SPIP, pero me pilló en un momento con poco tiempo libre y no pude profundizar. De todas formas como ha comentado neok estamos barajando posibilidades para poder usar WordPress con un plugin que inserta imágenes del código LaTeX que escribas. Ya comentaremos cosas al respecto.

  6. JuanPablo | 3 de noviembre de 2006 | 00:34

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    no quise hacer spam con el link (http://demairena.blogspot.com/2006/10/1199-irracionales.html), el autor es Enzo Gentile, un matemático argentino más conocido por su tango ‘El Algebrista’

  7. fede | 3 de noviembre de 2006 | 11:03

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    A mí me gusta más la primera, porque me parece más simple.

    JuanPablo, una demostración para cada N impar menor que 17 y distinto de 9 (teorema de Teodoro de Cirene, según el diálogo ‘Teeteto’ de Platón), pero que no funciona para N=17, podría haber sido:
    (Designo con C[X] o con XX el cuadrado del entero positivo X)
    Si A y B son primos entre sí, N es impar y C[A]=N*C[B], entonces A y B son impares y por tanto A=2a+1 y B=2b+1. A continuación examinamos caso por caso:

    si N=3, tendríamos C[2a+1] = 3*C[2b+1], y por tanto 4aa+4a+1 = 12bb+12b+3 y restando 1 de ambos lados y dividiendo entre 2, resulta que un número par es igual a un número impar, absurdo.
    (y análogamente para todo N de la forma 4k+3)

    si N=5, C[2a+1]=5*C[2b+1], i.e. 4aa+4a+1 = 20bb+20b+5 y restando 1 de ambos lados y dividiendo entre 4 tenemos que a(a+1)= 5b(b+1) +1, y, como antes resulta que un número par es igual a uno impar.
    (análogamente para N es de la forma 8k+5).

    El método falla para N=17 (en realidad para los N de la forma 8k+1) porque se llega a:
    a(a+1) = 17b(b+1)+4 y los dos lados son pares.

    La idea anterior fué propuesta por McCabe, según G.H.Hardy, E.M.Wright “An Introduction to the Theory of Numbers”, 5 ed, pag. 42ss.
    Estos autores concluyen que “On balance, McCabe conjecture (sobre el argumento de Teodoro) seems the most plausible”.
    Saludos.

  8. JuanPablo | 3 de noviembre de 2006 | 14:09

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    fede, muchísimas gracias! Tengo la 4ta edición del Hardy & Wright, de 1954, y ahí no figura, pero gracias al jstor -y a vos- ahora encontré la demostración de McCabe (Math Magazine 49-4 de 1976)

  9. pons | 9 de diciembre de 2006 | 19:51

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    como se hace para poner el signo de la raíz en el ordenador

  10. pons | 9 de diciembre de 2006 | 19:51

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    ??

  11. ^DiAmOnD^ | 9 de diciembre de 2006 | 20:32

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    Pons las raíces que aparecen en el artículo están hechas con LaTeX y sacadas luego a imagen.

    Para escribir un símbolo equivalente hay un código, pero ahora no lo recuerdo. Espera un poco y verás como alguien te lo dice.

    Saludos :)

  12. Agustín Morales | 27 de febrero de 2007 | 04:43

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    Yo tengo una opinión al respecto de esta demostración por reducción al absurdo tan célebre y conocida. Cuando se dice que podemos suponer que p y q son primos relativos. Yo me pregunto: ¿realmente por qué?. Es cierto que la fracción p/q puede simplificarse hasta que p y q sean primos relativos. Pero yo no veo nada claro (y si no rogaría alguna explicación) que pueda asumirse que p y q son primos relativos. Por el mismo razonamiento podríamos suponer que p y q son pares y no llegaríamos a ninguna contradicción. Lo que si me convence es lo siguiente: en principio no asumimos que sean primos relativos, y llegamos a la conclusión de que p y q son pares. En este momento hacemos un cambio de variable pej:
    r=p/2 y s=q/2 de donde aplicando el mismo razonamiento nos saldrá que r y s son también pares, y aquí ya si podemos decir que numerador y denominador no pueden ser pares “ad infinitum” y que por tanto hemos llegado a una contradición. En este sentido la demostración guardaría una similitud con la de descenso infinito. ¿que opinais?

  13. ^DiAmOnD^ | 28 de febrero de 2007 | 00:00

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    Agustín no podemos suponer que p y q sean pares ya que no tienen por qué serlo y porque no toda fracción puede simplificarse hasta una fracción con numerador y denominador par. Sí podemos suponer que son primos relativos ya que si no lo fueran podemos dividir por su máximo común divisor y nos quedaría una fracción con p y q primos relativos.

    Espero haberme explicado.

  14. Trackback | 13 ene, 2013

    Fotografía y matemáticas: los misteriosos números f | Esfera TIC

  15. Ana | 13 de enero de 2013 | 20:50

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    Hay otra página que usa una técnica bastante buena, aunque desconozco el programa. Podéis echar un vistazo en http://www.khanacademy.org

  16. P | 18 de febrero de 2013 | 23:40

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    Alguno me podría explicar porque:

    ” Como todos sabemos eso es imposible, ya que no existe ninguna sucesión de enteros positivos decreciente con infinitos términos. Por tanto la suposición inicial era falsa. ”

    ¿Porque no existe ninguna sucesión de enteros positivos decreciente con infinitos términos.?

    Agradezco su aclaración.

  17. gaussianos | 19 de febrero de 2013 | 21:13

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    P, porque cualquier sucesión decreciente de enteros positivos comenzará en un cierto número y terminará, como mucho, en el 1. Por tanto no puede tener infinitos términos.

  18. Nelson | 9 de marzo de 2013 | 17:40

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    ^DiAmOnD^ , tenia la misma duda que Agustin, ya que no sabia por que “se puede asumir” p y q primos relativos. tu explicacion me aclaro la duda perfectamente (me faltava un concepto previo por lo visto:P ).

    Por otro lado, en un libro que estoy estudiando hacen una consideracion diferente (con la primer demostracion), asumiendo que “al menos uno” (p o q) es (o TIENE QUE SER) impar, y se concluye que ambos son pares (como se puede ver aqui tambien) y aceptan eso como absurdo pues se supuso q al menos uno era impar.
    ¿Es valida esa suposicion? digo que uno tiene q ser impar y al llegar a q son pares ambos es un absurdo “valido”? en tal caso cual seria la justificacion? si es que ay alguna como al decir q p y q son primos relativos… agradecere una respuesta.
    felicitaciones por el blog es muy bueno
    saludos desde argentina :)

  19. Nelson | 9 de marzo de 2013 | 17:44

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    lastima que no se puede insertar una imagen asi ponia una copia de la pagina q mensiona por si no me explique bien, o quisa entendi mal algo :P . puedo mandar una imagen de alguna forma?..

  20. gaussianos | 9 de marzo de 2013 | 21:47

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    Nelson, como asumimos que los dos son primos relativos alguno de ellos tiene que ser impar (o los dos). Porque si los dos fueran pares entonces tendrían como factor común al 2, y por tanto ya no sería primos relativos.

    ¿Entendido? :)

  21. Nelson | 10 de marzo de 2013 | 00:44

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    CREO que si.. :D jeje
    o sea q es equivalente asumir que:
    son primos relativos,
    y que
    al menos uno de ellos TIENE QUE SER impar?…
    ok ahora si me cierra la demo de mi libro, la (las) de aqui de la pagina ya me abia quedado todo claro antes :)
    gracias por la respuesta!…
    espero q siempre tengas el tiempo y las energias para continuar este blog tan bueno!..
    saludos…

  22. Romeo | 10 de marzo de 2013 | 07:03

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    Sea p un número primo. Entonces la \sqrt p es irracional.
    Supongamos que \sqrt p es racional entonces debe existir {a \over b} con a y b coprimos, tal que:
    \sqrt p = {a \over b}
    p =  {a^2 \over b^2}
    p \times b^2 = a^2. Entonces a^2 y a son múltiplos de p. Por lo tanto tenemos que:
    p \times b^2 = p^2 \times k con k entero positivo. De donde se sigue que:
    b^2 = p \times k. También múltiplo de p. ¡Absurdo!, porque habíamos dicho que a y b son coprimos, por lo tanto no pueden ser múltiplos de p y por lo tanto \sqrt p no puede ser racional.

  23. Manel | 24 de marzo de 2013 | 21:05

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    Disculpadme pero es que no sé Latex y lo he intentado con ayuda de la wikipedia pero tardaré más en escribirlo correctamente en Latex que la demostración que os quería compartir. Si os parece lo intento con lenguaje natural y ya si eso los Gausianos que lo transformen correctamente. Gracias.
    Raiz de 2 = p/q
    2=(p a la 2)/(q a la 2)
    lo que implica que (q a la 2) es el doble que (p a la 2)
    lo que implica que ‘q’ es el doble que ‘p’
    es decir que ‘q’>’p’
    por lo tanto 0<p/q1
    Por lo tanto conclusión absurda.

  24. katherine | 23 de mayo de 2013 | 02:12

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    Hola, està muy bueo el blog me ayudò muchisimo . G racias !

  25. Daniel | 13 de agosto de 2013 | 03:20

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    Siendo rigurosos la primera demostración está inconclusa ya que con la contradicción sólo se demuestra que 2^(1/2) NO es racional. Se probó que no pertenece al conjunto de los números racionales, pero la contradicción no asegura que si no está en ese conjunto entonces está en el otro.
    Una demostración diferente y más simple y correcta es la siguiente:
    Sea f:R U {0} —-> R o sea una función con ese dominio y ese codominio.
    Sea f(x)=x^2 y se debe probar que es continúa para toda épsilon.
    Después:
    f(1) =1 y f(2) =4
    Por el teorema de valor medio existe una c en un intervalo cerrado en este caso [1,2] tal que f(c) =2 esto implica que c^2 = 2 entonces c = 2^(1/2) implica que c pertenece al complemento de Q en R.

  26. gaussianos | 13 de agosto de 2013 | 04:05

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    Daniel, dos cosas:

    1.- Siendo 2^{1/2} un número real (claramente lo es, ya que un número real elevado a otro número real da siempre como resultado un número real), si demostramos que no es racional entonces automáticamente es irracional, porque no quedan más opciones.

    2.- Tu demostración no es válida. En ningún sitio demuestras que tu c está en el complemento de \mathbb{Q} en \mathbb{R}.

  27. David | 1 de septiembre de 2013 | 05:48

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    Felicitaciones por el blog, me es muy interesante, suerte en todo lo que hagan.

  28. Alexis Valadez | 1 de octubre de 2013 | 09:08

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    Hola. Ya conocía estas demostraciones y siempre me gusta volver a leerlas, pero hace poco escuché sobre una demostración por inducción y no la he encontrado (lo cierto es que tampoco he buscado tanto), quisiera saber si alguien sabe algo al respecto. Saludos.

  29. Trackback | 12 nov, 2013

    La Raíz de la Muerte de Hípaso » Rafael David Duchement Ortiz

  30. Ces | 7 de enero de 2014 | 14:38

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    Yo no entiendo la primera demostración. Si p al cuadrado es múltiplo de 2, no puedes concluir que p también es múltiplo de 2, podrías concluir que es múltiplo de la raiz de 2.

    Estás presuponiendo que no existe ningún natural múltiplo de raiz de 2, presupones que no existe un n natural tal que p natural pueda ponerse como p = n * raiz de 2

    Es decir, presupones que no existe un natural n tal que R2 = p / n, vamos que presupones que R2 ya es irracional para demostrar que es irracional

    Alguien me lo puede explicar ??

  31. gaussianos | 8 de enero de 2014 | 03:37

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    Ces, que p^2 sea múltiplo de 2 significa que en su factorización como producto de potencias de números primos aparece al menos un 2.

    ¿Qué pasaría si p no fuera múltiplo de 2? Pues que en la factorización de p como producto de potencias de números primos no aparecería ningún 2. Pero entonces al calcular p^2 la factorización de éste tampoco tendría ningún 2 (si no lo tenía la de p tampoco lo puede tener la de p^2). Pero sí lo tiene (primer párrafo de este comentario).

    Por tanto, si p^2 es múltiplo de 2 seguro que p también lo es.

  32. Ces | 8 de enero de 2014 | 12:24

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    Muchas gracias por la aclaración. Pero eso es si consideras p cuadrado como natural. Pero también es un real, y como real cumpliría lo que yo dije. Si x cuadrado es múltiplo de 2, x será múltiplo de R2, y p está incluído en x porque los naturales son un subconjunto de los reales.

    Lo que yo dije entonces no es cierto para todo x ?? Parece una propiedad que se verifica para los reales, pero no para los naturales

    Más que como si fuesen un subconjunto como si fuesen algo disjunto. Porque si un conjunto de elementos cumple una propiedad, cada uno de los elementos individuales también debe cumplirla, no ?

    No entiendo

  33. gaussianos | 8 de enero de 2014 | 13:30

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    Ces, si supones que \sqrt{2} es el número racional p \over q ya estás diciendo que tanto p como q son números enteros, y por tanto tendrán su factorización en números primos y se puede aplicar todo lo que te dije en el comentario anterior.

  34. Cartesiano Caotico | 8 de enero de 2014 | 22:23

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    Ces,
    p,q \in \mathbb{N}
    p,q \notin \mathbb {R-N}

    Entiendo que dices (por ejemplo) que si p^2 es multiplo de 4, p no tiene por qué ser multiplo de 4, pues podría ser simplemente múltiplo de 2. Y de igual forma piensas que para p^2 múltiplo de 2 no tendría por qué ser p multiplo de 2.

    Pero dado que p \in \mathbb{N} por definición, entonces p debe ser necesariamente múltiplo de 2, ya que \sqrt{2} \notin \mathbb{N}

  35. Soledad | 11 de abril de 2014 | 00:07

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    Por qué p2 debe ser multiplo de dos?

  36. gaussianos | 11 de abril de 2014 | 01:03

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    Soledad, si p^2=2q^2, entonces p^2 es un número par, ¿verdad? Por tanto p^2 es múltiplo de 2 :).

  37. Henry | 17 de abril de 2014 | 21:21

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    El teorema de raiz racional puede demostrar que raíz de 12 no es racional?

  38. Fabian | 9 de junio de 2014 | 20:55

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    Sea ABC un triángulo rectángulo isósceles con hipotenusa de longitud de m y catetos de longitud n. Por el teorema de Pitágoras, n ² + n ² = m ²; 2n ² =m ²; 2^(1/2) = m/n.

    Supongamos que m y n son números enteros.

    Trazamos los arcos BD y CE con centro en A. Unimos DE. Se sigue que AB = AD, AC = AE y el ∠BAC y el ∠DAE coinciden. Por lo tanto los triángulos ABC y ADE son congruentes por tener dos lados iguales y el ángulo comprendido también.

    Como ∠EBF es un ángulo recto y ∠BEF es la mitad de un recto, BEF es también un triángulo rectángulo isósceles. Se cumple que BE = BF = m − n. Razonando análogamente, FDC es también un triángulo rectángulo isósceles, con catetos DF = DC = m − n, y con hipotenusa FC = n − (m − n) = 2n − m, que son números también enteros y menores a n y m respectivamente. Al ser ABC y FDC dos triángulos semejantes podemos repetir el anterior proceso de forma recurrente. Con las longitudes de las hipotenusas y con las de los catetos de los sucesivos triángulos, obtenemos dos sucesiones de números enteros estrictamente decrecientes que no son finitas, lo cual es imposible porque si n y m son enteros debe existir una fracción irreducible. Esta contradicción nos hace concluir que la suposición de que m y n son números enteros es falsa y que 2^(1/2) no puede ser una fracción m/n con m y n enteros, por tanto 2^(1/2) tiene que ser un número irracional.

  39. Dorothy | 11 de septiembre de 2014 | 19:14

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    Me gusta la reducción al absurdo, definitivamente. El otro de igual forma se ve muy interesante.

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