Una demostración geométrica de la irracionalidad de raíz de 2

Que \sqrt{2} es un número irracional (es decir, que no puede escribirse como una fracción donde el numerador y el denominador sean números enteros) es de sobra conocido por todos. De hecho existen muchas demostraciones de este resultado. Hay una muy conocida que utiliza reducción al absurdo y que es muy sencilla de comprender, y otra, quizás menos conocida, que utiliza descenso infinito. Las dos pueden consultarse en Dos demostraciones de la irracionalidad de raíz de 2.

Estas dos demostraciones son algebraicas: en ellas se utilizan propiedades de los conjuntos numéricos, números primos, factorización, divisibilidad…Lo que os traigo hoy es una demostración geométrica de la irracionalidad de \sqrt{2} que en cierto modo es equivalente a la que acabamos de citar que usa descenso infinito, pero que podría considerarse mucho más bella, por ser esencialmente geométrica, y más sencilla de comprender.

La demostración a la que me refiero, que fue publicada como Irrationality of the Square Root of Two – A Geometric Proof en el American Mathematical Monthly de noviembre del año 2000 (páginas 841–842) por el matemático estadounidense Tom Apostol (aunque parece que el matemático ruso A. P. Kiselev ya la había anticipado en 1892), parte de un triángulo rectángulo isósceles como el que aparece en la figura:

con n un número entero. Por el teorema de Pitágoras, tenemos que el valor de la hipotenusa de dicho triángulo rectángulo es

h=\sqrt{n^2+n^2}=\sqrt{2 n^2}=\sqrt{2} \; n

Supongamos que \sqrt{2} es un número racional, digamos \textstyle{\frac{p}{q}}. Entonces podremos construir triángulos como el anterior donde la hipotenusa sea un número entero. Por ejemplo, cualquiera en el que los catetos midan un múltiplo de q, ya que así el producto \sqrt{2} \, n= \textstyle{\frac{p}{q}} \; n será un número entero.

Esto nos lleva a que si \sqrt{2} es un número racional, entonces podemos construir triángulos rectángulos isósceles en los que sus tres lados son números enteros. ¿Bien hasta aquí? De acuerdo, sigamos.

Dado que los números enteros positivos, que son los que estamos considerando en este problema (el lado de un triángulo no puede ser negativo ni cero) tienen un mínimo (el 1), es evidente que habrá un triángulo rectángulo isósceles para el cual los catetos medirán lo mínimo posible. Esto es, el triángulo rectángulo isósceles más pequeño posible que cumple que sus tres lados son números enteros. Dicho triángulo debe existir porque hay un límite a la hora de crear triángulos cuyos lados sean todos números enteros, ya que si los hacemos muy pequeños alguno de los lados medirá menos que 1, por lo que no será entero.

Supongamos que tenemos ese triángulo rectángulo isósceles más pequeño posible, al que llamaremos triángulo mínimo. No podría haber, por tanto, triángulo rectángulo isósceles cuyos lados sean todos números enteros que sea más pequeño que nuestro triángulo mínimo.

Lo que vamos a ver es que en realidad sí se puede construir un triángulo rectángulo isósceles cuyos lados son todos números enteros más pequeño que el triángulo mínimo, hecho que a todas luces es contradictorio y que, en consecuencia, nos asegurará que \sqrt{2} es irracional. Vamos a realizar esta construcción.

Partimos del triángulo ABC que aparece en la figura:

Por hipótesis, las longitudes de sus tres lados, AB, BC y AC, son todas ellas números enteros positivos.

Con centro en C y radio AC trazamos un arco de circunferencia, que corta al lado BC en un punto, al que llamamos D:

Como AC y CD son radios de la misma circunferencia, entonces miden lo mismo. Y como AC es entero (es un lado del triángulo inicial) entonces CD también es un número entero. Ahora, BC es un número entero, por ser una lado del triángulo inicial. Por otra parte, BD=BC-CD, es decir, es el resultado de la resta de dos números enteros positivos y además es positivo al ser BC mayor que CD. Por tanto la longitud del segmento BD es un número entero positivo.

Trazamos ahora la recta perpendicular al lado BC que pasa por el punto D. Esa recta corta al lado AB en un punto, al que llamamos E. Trazamos el segmento DE. La cosa queda tal que así:

Claramente el triángulo BDE es isósceles, siendo BD y DE sus dos lados iguales (ya que DE es el simétrico de BD respecto de la recta perpendicular al lado AB que pasa por D). Por ello, la longitud del segmento DE también es un número entero.

Fijémonos ahora en los segmentos AE y DE. Son tangentes a un arco de circunferencia desde el mismo punto, el punto E, por lo que son iguales. Como sabemos ya que la longitud de DE es un número entero, entonces la longitud de AE también lo es. Pero AB también tiene longitud entera, y además BE=AB-AE. Por tanto, de forma análoga a lo que ocurría con BD, la longitud del segmento BE es un número entero positivo.

Todo ello significa que el triángulo BDE

es un triángulo isósceles cuyos lados miden todos números enteros positivos que además es menor que el que llamamos anteriormente triángulo mínimo. Pero esto es imposible, ya que el anterior era el mínimo posible en lo que a longitud de los lados se refiere.

En consecuencia nuestra hipótesis inicial, que \sqrt{2} era racional, es falsa. Por tanto, \sqrt{2} es un número irracional.


Os dejo algunos enlaces donde aparece esta demostración:


Bonus

Como Bonus os dejo una simplísima demostración que Juan Pablo citó en el post de las dos demostraciones:

Si elevamos un número entero positivo al cuadrado, sólo hay dos opciones: que deje resto 0 al dividirlo por 3 (es decir, de la forma 3k) o que deje resto 1 al dividirlo por 3 (esto es, de la forma 3k+1).

Si \sqrt{2} fuera un número racional, es decir, \sqrt{2}=\textstyle{\frac{a}{b}}, con a,b números enteros sin factores comunos (primos relativos, vamos), entonces elevando al cuadrado en ambos miembros y multiplicando por b^2 obtenemos lo siguiente:

a^2=2b^2

Supongamos que a^2 deja resto 0 al dividirlo entre 3. Entonces 2b^2 no puede dejar también resto 0 al dividirlo entre 3, ya que si fuera así entonces b^2 también dejaría resto 0 al dividirlo por 3. Esto significaría que tanto a^2 como b^2 son múltiplos de 3, por lo que a y b también lo son, lo que está en contradicción con que no tienen factores comunes.

Supongamos ahora que a^2 deja resto 1 al dividirlo por 3. Entonces 2b^2 también debería dejar resto 1 al dividirlo entre 3, es decir, 2b^2=3m+1. El lado izquierdo de la igualdad es un número par, por lo que el lado derecho también debe serlo. Eso sólo puede ocurrir si m es impar, es decir, m=2p+1. Sustituyendo en la igualdad anterior obtenemos lo siguiente:

2b^2=3(2p+1)+1=6p+4

Dividiendo entre 2 a ambos lados obtenemos la siguiente igualdad:

b^2=3p+2

Es decir, b^2 deja resto 2 al dividir entre 3. Pero hemos comentado antes que esto no puede ocurrir, ya que un cuadrado no puede dejar resto 2 al dividir entre 3.

Por tanto nuestra hipótesis inicial es falsa, por lo que \sqrt{2} es un número irracional.

Podéis verla en este post del blog de Juan Pablo.

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20 comentarios

  1. Eriz | 2 de agosto de 2011 | 10:32

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    Aunque el primer método que habéis puesto es el que mas me ha gustado siempre, hay otro genial (de la antigua Grecia), demostrando que √2 no puede ser una fracción, y el que no conoce debería leerlo:

    “Si √2 fuese una fracción, podríamos expresarla como razón entre dos enteros a y b, y sería √2=a/b, pudiéndose suponer que a y b no tienen factores comunes. Elevando al cuadrado, resultaría 2b^2=a^2. Y puesto que el término de la izquierda  2b^2 es par, el 2 debería dividir a a^2, lo cual sólo es posible si el mismo a es par, es decir, a se expresaría en la forma a=2c. Por tanto 2b^2=a^2=(2c)^2=4c^2  y  b^2= 2c^2. Al ser 2c^2 par, el factor 2 debería dividir a b^2. Pero aunque se habá supuesto que a y b no tenían factores comunes, han resultado pares. Esta contradicción muestra la imposibilidad de que √2 sea una fracción”

    Saludos y felicidades por la página ;-)

  2. Imanol Pérez | 2 de agosto de 2011 | 10:40

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    Buen post, me ha gustado mucho ;-)

    Ya conocía la primera, pero no la segunda :)

  3. Imanol Pérez | 2 de agosto de 2011 | 10:41

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    @Eriz Sí que conozco esa demostración, de hecho fue el primero que aprendí :D

  4. Eriz | 2 de agosto de 2011 | 11:42

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    @Imanol Suponía que lo conocía bastante gente, pero lo puse por si a alguien le faltaba el dato, ¡un saludo!

  5. Trackback | 2 ago, 2011

    Bitacoras.com

  6. zurditorium | 2 de agosto de 2011 | 12:43

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    Vaya, pues no conocía la demostración geométrica. Bastante curiosa.

    @Eriz, de hecho creo que cualquiera que conozca una demostración de que raíz de 2 no es racional, seguro que conoce la demostración que has puesto, que de hecho digamos que es la demostración “natural”.

  7. gaussianos | 2 de agosto de 2011 | 12:49

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    Eriz, esa es la primera demostración que aparece en el post Dos demostraciones de la irracionalidad de raíz de 2 que enlazo al principio de este artículo.

  8. Eriz | 2 de agosto de 2011 | 13:04

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    @gaussianos No querría dar a pensar que lo he “copiado” de ahí la verdad, por lo que quiero explicar que lo leí en un libro sobre matemática , a primeros de este año, y que lo he puesto porque fue la primera demostración de la irracionalidad de √2 y porque me acordé de ello al leer este post.

    Si eso pido disculpas si alguno se ha sentido ofendido al dar por echo que podría haber gente que no lo sepa.

    Saludos ;-)

  9. M | 2 de agosto de 2011 | 16:29

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    Hay otra prueba que me encanta por su simplicidad y generalidad:

    1) Si p/q es raíz racional (irreducible) de un polinomio con coeficientes enteros a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\ldots+a_1 x+a_0, entonces p divide a a_0 y q divide a a_n;

    2) las posibles raíces racionales de un polinomio mónico (a_n=1) con coeficientes enteros son, de hecho, enteras;

    3) si a no es potencia enésima, entonces las raíces reales del polinomio x^n-a son irracionales. En consecuencia, \sqrt[n]{a} es irracional, para cualquier entero a que no sea potencia enésima.

  10. J. H. S. | 2 de agosto de 2011 | 21:16

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    Algunos enlaces relacionados:

    [1]

    [2]

    Saludos.

  11. Henry Sanchez | 3 de agosto de 2011 | 01:12

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    Interesante demostracion, aunque no esta claro (al menos para mi) por que razon el segmento DE es tangente al arco AD.
    Por construccion se sabe que dicho segmento es perpendicular a la hipotenusa del triangulo, pero solo eso.

    Es decir, la igualdad de los segmentos DE y AE no esta clara

    Saludos,

    Henry

  12. Henry Sanchez | 3 de agosto de 2011 | 01:19

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    disculpenme todos por la observacion anterior, ya entendi

  13. ZetaSelberg | 3 de agosto de 2011 | 23:30

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    Solo quería apuntar que el resultado dado en el segundo enlace de J. H. S. se puede generalizar para todos los enteros algebraicos. Claro que la demostración no sería tan bonita como la que allá muestran… o al menos la demostración que yo conozco.

  14. ZetaSelberg | 3 de agosto de 2011 | 23:48

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    Ah! M lo había dicho en el comentario anterior a J. H. S. No lo había leído. :(

  15. Trackback | 4 ago, 2011

    Una demostración geométrica de la irracionalidad de raíz de 2 | Noticias HMX

  16. chistes | 4 de agosto de 2011 | 12:29

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    Muy interesante este articulo si señor.

  17. Leoncio Colores | 4 de agosto de 2011 | 22:42

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    Que ganas tenia de recordar todas estas cosas…

  18. A. Einstein JR | 5 de agosto de 2011 | 12:45

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    Creo que no lo entiendo, se lo preguntaré a mi padre.

  19. P | 19 de febrero de 2013 | 00:56

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    Entiendo que el triangulo BDE es “menor” que el ABC, pero:

    ¿Porque el triangulo BDE es “menor” que el triangulo minimo.?

    Agradezco su orientacion

  20. gaussianos | 19 de febrero de 2013 | 21:11

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    P, se consideraba que el ABC era el mínimo, y claramente el BDE es menor que ése. Esto no puede ocurrir (ya que el ABC era el mínimo).

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