Hace ya un tiempo vimos cómo demostrar que el número e es irracional. En este post vamos a ver cómo demostrar que \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.


Fuentes:

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