Demostrando irracionalidad

Publicado por ^DiAmOnD^ | 15 marzo, 2011 | Juegos | 25 |

Vamos con el problema de esta semana, que en esta ocasión tiene que ver con factoriales y números irracionales. El enunciado es el siguiente:

Sea $a_n$ el último dígito no nulo (comenzando por la izquierda) de la representación decimal del factorial de n, $n!$ , con $n\geq 1$ . Demostrar que el número $0,a_1 a_2 a_3 \ldots$ es irracional.

Que se os dé bien.

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Sobre el Autor

^DiAmOnD^

Miguel Ángel Morales Medina. Licenciado en Matemáticas y autor de Gaussianos y de El Aleph. Puedes encontrarme también en Twitter, en Instagram, en Geogebra.org y en Facebook.

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25 Comments

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josejuan

15/03/2011 09:20

No debo de haber entendido el problema porque me parece trivial.

Esperaremos a ver…

Responde

martxelo

15/03/2011 10:17

Yo tampoco debo de haberlo entendido bien porque creo que cualquier número con una cantidad finita de decimales, n, siempre es racional.

Responde

Julián

15/03/2011 10:39

$\begin{array}{rcr} 1! &=& 1\\ 2! &=& 2\\ 3! &=& 6\\ 4! &=& 24\\ 5! &=& 120\\ 6! &=& 720\\ 7! &=& \ldots40\\ 8! &=& \ldots20\\ 9! &=& \ldots8\ldots\\ 10! &=& \ldots8\ldots \end{array}$

El número comienza por $0.1264224288\ldots$ pero no tengo idea de como seguir para hacer la demostración de número irracional.

Responde

Julián

15/03/2011 11:44

un número es racional si lleva una secuencia en sus decimales, o sea, que se repitan. Por otro lado, siguiendo la idea del factorial, el i-ésimo decimal $a_i$ es en resumen, el producto entre el decimal $a_{i-1}$ y el último dígito no nulo (llamémoslo $k$ ) de $n$ .

$a_i=a_{i-1}*k$

Si este producto se repitiese llevando alguna secuencia, estaríamos frente a un número racional. Sin embargo, el valor no nulo $k$ nunca lleva una secuencia, trato de explicarlo: en el momento en que $n$ pasa a las decenas o centenas o unidades de mil una nueva secuencia comienza, la cual nunca se repetirá.

Por lo tanto sí es un número irracional.
Que alguien lo complemente un poco mejor, pero esa es la idea.

Responde

josejuan

15/03/2011 12:07

A ver, si lo he entendido bien, yo lo resolvería así:

Si existe un periodo, entonces éste tiene tamaño finito, digamos $n$ , en tal caso, es claro que el último dígito no nulo de $(n+1)!$ debe ser $1$ ¡pero todos los últimos dígitos no nulos son pares! (a partir de 1, claro).

Responde

josejuan

15/03/2011 12:10

Vaya, ¿ya no se pueden editar los comentarios?, más que nada por borrar el mío…

Responde

Bitacoras.com

15/03/2011 13:31

Información Bitacoras.com…

Valora en Bitacoras.com: Vamos con el problema de esta semana, que en esta ocasión tiene que ver con factoriales y números irracionales. El enunciado es el siguiente: Sea el último dígito no nulo (comenzando por la izquierda) de la representació……

Responde

luis

15/03/2011 13:33

Mira que va a ser racional…

Responde

Fedora Colombia - Demostrando irracionalidad

15/03/2011 19:25

[…] Demostrando irracionalidad […]

Responde

Paty

16/03/2011 05:22

Me gusta la idea de Julián, gracias a él entendí de qué se trataba realmente el problema, y de paso, vi el bosquejo de su prueba la cual me parece particularmente interesante.

Post Comment: Julián…eres de Perú?

Responde

hernan

16/03/2011 05:23

Sólo veo que la secuencia (a partir del quinto elemento) se compone de la concatenación de estas cuatro secuencias de cinco elementos: A=(2,2,4,2,8) B=(4,4,8,4,6) C=(6,6,2,6,4) D=(8,8,6,8,2) Por ahora no veo cómo mostrar que esa concatenación no puede seguir un patrón cíclico.

Responde

Julián

16/03/2011 12:04

Aquí les va los primeros 1000 decimales del número en cuestión:

0.12642242888682162648868216264224284484644846386821
12642242888682162648868216264224284484644846386822
24284484666264224286626422428448463868288682162642
24284484666264224286626422428448463868288682162648
86821626444846386824484638682662642242822428448463
36821626444846386824484638682662642242822428448468
86821626444846386824484638682662642242822428448463
36821626444846386824484638682662642242822428448464
48463868222428448462242844846886821626466264224284
48463868222428448462242844846886821626466264224284
48463868222428448462242844846886821626466264224284
48463868222428448462242844846886821626466264224288
86821626444846386824484638682662642242822428448463
36821626444846386824484638682662642242822428448462
24284484666264224286626422428448463868288682162642
24284484666264224286626422428448463868288682162642
24284484666264224286626422428448463868288682162642
24284484666264224286626422428448463868288682162646
62642242888682162648868216264224284484644846386821
12642242888682162648868216264224284484644846386822

Aparentemente se ven algunas secuencias que podrían llevarnos a pensar de que se trata de un número racional. Pero como dije anteriormente, el último dígito no nulo de $n$ intenta llevar una secuencia, pero en el momento en que se pasan de unidades a decenas o centenas, una nueva secuencia comienza. Sería algo así, esta es la lista de los últimos dígitos de $n$ no nulos:

1234567891
1234567892
1234567893 (como se ve al pasar a las decenas la secuencia se pierde)
…
1234567899
1234567891
1234567891 (ya hemos pasado a las centenas y tanto el 100 como el 110 tienen un 1)
1234567892
1234567893
…
…
de igual forma, cuando $n$ llegue a mil, una nueva secuencia comienza porque el «1» del mil se mezclará y dañará la secuencia, que en sí comenzará de nuevo.
Lo que no sé es como explicarlo de una forma más formal.

Post comment: Paty soy de Colombia.

Responde

Baltor

16/03/2011 16:29

Este es mi primer comentario en gaussianos así que espero no meter mucho la pata…

Bueno, a lo que vamos. Supongamos que es racional, entonces ha de ser periódico así que existe $\lambda$ tal que $a_n=a_{n+ \lambda }$ para un cierto $n$ suficientemente grande.

Podemos expresar $\lambda =5^kN$ tal que 5 no divide a N
Sea $\mu :=2^k\lambda=10^kN$

(Utilizaré el simbolo * para referirme al último dígito no nulo)
Entonces $*(\mu )=*N$ y como 5 no divide a N tampoco lo hara 10, así que $*N=N (10)$ y también tenemos que $*(2 \mu)=2N (10)$

Tomando M de tal manera que $*(10^M+\lambda)=*(\lambda)$ y además se tenga que para todo $m > M, a_m=a_{m+\lambda }$ y puesto que $\mu$ es un múltiplo de $\lambda$ también se tiene que $a_m=a_{m+\lambda }=a_{m+\mu }$

Sea $a := *(10^M!) = *((10^M-1)!)$ ,ya que $10^M!=(10^M-1)!10^M$ . Puesto que en la factorizacion de cualquier factorial (mayor que 1) hay mas doses de cincos tenemos que $a \in \{ 2, 4 ,6 ,8 \}$

Sea $\alpha := 10^M -1+ \mu$ y $\beta :=10^M-1+2 \mu$ , entonces como $\mu$ es un múltiplo de $\lambda$ :
$a= *((10^M-1)!) = *(\alpha !) = *( \beta !)$ y además $a= *(10^M!)=*((\alpha+1) !) = *((\beta +1) !)$

Como $*( \alpha !)= a$ entonces tenemos que $*( \alpha !)\neq 5$
además $*( \alpha +1)=*(10^M+ \mu)=*(\mu)=N (10)$ así que $*( \alpha +1) \neq 5$

Es claro que en este caso podemos hacer:
$*((\alpha+1)!)=*(\alpha ! (\alpha +1))=*(\alpha !)*(\alpha +1)= a N (10)$

Análogamente $a=*((\beta +1)!)=2aN (10)$

Así que uniendo estas últimas expresiones tenemos que:
$a \equiv aN (10)$ y $a \equiv 2aN (10)$
$a(1-N) \equiv a(1-2N) \equiv 0 (10)$
como $a$ es par y no es múltiplo de 5 entonces $1-N \equiv 1-2N (5)$ así que $N \equiv 0 (5)$ y por lo tanto N es múltiplo de 5 lo cual supone una contradicción.

Responde

hernan

16/03/2011 18:04

Así, muy por arriba, lo de Baltor me suena bien, no lo veo muy lejos de lo que yo estaba intentando.
Julián: creo que debe haber un error en tu secuencia, no deberían aparecer cifras impares.

Responde

isaacv5

16/03/2011 19:10

El 1 no puede ocurrir otra vez en la secuencia porque los ultimos numeros no nulos de los factoriales son pares, la demostracion de josejuan me parece correcta

Responde

Julián

16/03/2011 20:10

Sí, Hernán tiene razón, estaba equivocado en mis cálculos. Este es mi resultado de los primeros 1000 decimales:

0.12642242888682886824484644846886822242822428662642
24284484666264662648868244846886822242822428662644
48468868222428224286626488682662644484644846224282
24284484666264662648868266264224288868288682448462
24284484666264662648868222428448466626466264886828
86826626444846448462242822428448466626466264886826
62642242888682886824484622428448466626466264886822
24284484666264662648868222428448466626466264886828
86826626444846448462242844846886822242822428662648
86826626444846448462242888682662644484644846224284
48468868222428224286626466264224288868288682448468
86826626444846448462242866264224288868288682448466
62642242888682886824484666264224288868288682448464
48468868222428224286626422428448466626466264886824
48468868222428224286626444846886822242822428662648
86826626444846448462242822428448466626466264886826
62642242888682886824484622428448466626466264886822
24284484666264662648868288682662644484644846224282
24284484666264662648868266264224288868288682448462
24284484666264662648868222428448466626466264886822

Mi explicación sigue siendo la misma que comenté arriba.
isaacv5: la periodicidad no tiene porqué comenzar a partir del primer decimal (o sea «1»), puede ser desde cualquiera.
Baltor: le haz dado un toque más formal que es lo que quería hacer. Pero aun me queda una duda y es por qué defines $\lambda=5^k N$ si en principio no tiene por que ser múltiplo de 5, no se sabe aún el tamaño de la periodicidad.

Responde

Baltor

16/03/2011 20:39

Julián: en ningún momento digo que $\lambda$ tenga que ser múltiplo de 5, la k podría ser 0, y en ese caso $\lambda$ no sería múltiplo de 5, pero quizás debería haberlo dicho para que quedara más claro.

Responde

Vayapordios

16/03/2011 20:42

Entiendo que k puede ser cero. He escrutado durante media hora la demostración y por alguna razón parece que se trata de asegurarse de que N no es múltiplo ni de cinco (ni de diez, por tanto).

Me ha costado otra media hora leerlo. Para este logro he seguido la máxima que les doy a los alumnos: ante la duda, pon paréntesis.

Responde

Sebastián Espinar

16/03/2011 23:47

Parece una forma interesante de generar números transcendentes. Me pregunto si se podrá hacer con otras funciones además de n!

Responde

Rama Nujan

17/03/2011 19:01

http://home.wlu.edu/~dresdeng/papers/two.pdf

Responde

hernan

17/03/2011 21:54

Je, qué casualidad… casi las mismas letras que la de Baltor 😉

Responde

josejuan

17/03/2011 23:17

Sí, que casualidad… los pasos del desarrollo coinciden punto por punto.

Ya puestos, la sucesión de los dígitos es la A008904 y los métodos para obtenerlos (muy eficientes) son muy curiosos.

El que más me ha gustado (aunque el de la máquina de estados es muy elegante) es la siguiente recursiva (en python):

def a(n):
if n<=1: return 1
return 6*[1,1,2,6,4,4,4,8,4,6][n%10]*3**(n//5%4)*a(n//5)%10

tiene la ventaja de que si se quieren enumerar todos usa memoize.

En mi modesto Atom en menos de 60 segundos saca los primeros 1 millón.

Responde

Julián

18/03/2011 04:31

Interesante documento!.
Ya entiendo por qué Baltor comenzó la demostración con $\lambda=5^k N$ :
Existen grupos de decimales de $5$ dígitos los cuales se repiten sin una secuencia definida (como ya lo había precisado hernán), pero curiosamente también sucede lo mismo si se cogen grupos de $25$ dígitos, o grupos de $125$ dígitos, es decir, existen grupos de $5^k$ dígitos en los decimales los cuales se repiten como bloques en «determinado» orden indefinidamente.
Ahora, si suponemos que el número en cuestión es un número es racional, entonces el tamaño de su periodicidad $\lambda$ debe ser como mínimo múltiplo de este bloque de $5^k$ dígitos, debe ser múltiplo sin ser obviamente este múltiplo el número 5 porque sería un bloque de tamaño mayor de repetición, o sea, $\lambda=5^k N\;\;|N\,\mbox{mod}\,5\neq 0$ .

De ahí en adelante, la demostración muestra perfectamente que hay una contradicción al ver que $N$ debe ser múltiplo de $5$ . Muy interesante.

Lo único que faltaría por demostrar es que efectivamente los grupos de 5 dígitos se repitan indefinidamente. Y de la misma forma, la condición de que ya se vio de que $N$ debe ser múltiplo de 5 se demostraría automáticamente que también existen grupos de $5^k$ que se repiten como bloques.

Responde

Kiphox

18/03/2011 10:49

Conozco a Baltor y sé que si hubiese visto ese documento no se habría molestado en reescribirlo aquí.

Responde

lucagali

18/03/2011 10:52

Doy fe de que Baltor lo sacó por su cuenta, pero la verdad es que es curiosísimo que las demostraciones sean tan parecidas.

En otro artículo del mismo autor se demuestra que el número en cuestión también es trascendente http://home.wlu.edu/~dresdeng/papers/lnzd2a.pdf

Responde

23/03/2011 00:41

Indico una ligera variante a la prueba de Baltor: supongamos por reducción al absurdo que $a_{n+T}=a_n$ para $n\geq M$ .

1) Como $(10^k)!=10^k(10^k-1)!$ resulta $a_{10^k}=a_{10^k-1}$ .

2) Existen $\alpha,\beta$ naturales $\alpha$ > $\beta\geq M$ tales que $10^\alpha-10^\beta=cT$ (multiplo de $T$ ). En efecto:

poniendo $T=2^r5^st$ con $mcd(10,t)=1$ , tendremos que $10^{\phi(t)}-1$ es múltiplo de $t$ (función phi de Euler). Sea $\beta=max\{r,s,M\}$ y $\alpha=\beta+\phi(t)$ . Entonces:

$10^\alpha-10^\beta=10^\beta(10^{\phi(t)}-1)$ que es múltiplo de $T$ .

3) Tomemos $n=10^\alpha-1+cT$ . Entonces, el último dígito no nulo de $n!$ es 5. En efecto:

El último dígito no nulo de $n+1=2\cdot 10^\alpha-10^\beta$ es 9. Como $a_n=a_{10^\alpha-1}=a_{10^\alpha}=a_{n+1}$ , si $a_n=L$ , ya que $(n+1)!=(n+1)n!$ debe tenerse que el dígito de las unidades de $9L$ es $L$ , y por tanto la única posibilidad es $L=5$ .

4) Finalmente, factorizando $n!=2^r5^su$ , con $mcd(10,u)=1$ , tendremos por 3) que $s\geq r+1$ . Sin embargo, sabemos que

$r=\lfloor \frac{n}{2}\rfloor+\lfloor \frac{n}{2^2}\rfloor+\lfloor \frac{n}{2^3}\rfloor+\ldots$ > $\lfloor \frac{n}{5}\rfloor+\lfloor \frac{n}{5^2}\rfloor+\lfloor \frac{n}{5^3}\rfloor+\ldots=s$ . Contradicción.

Responde

hilberto

02/03/2012 01:08

creo que no os entiendo mucho, pero esta genial todo

Responde

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