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El irracional tiene una página en FB. El Irracional






¿Es $\sqrt{2}$ un número irracional?

+4 votos

¿El número $\sqrt{2}$ es irracional? 

Nota: la intención es juntar varias demostraciones diferentes de este hecho.

preguntado por aubin (1,590 puntos) Sep 17, 2013 en Preguntas
¿Una demostración por respuesta o se vale poner varias en una misma respuesta?

4 Respuestas

+4 votos

Observación. Sean $m,n \in \mathbb{Z}$. Se cumple entonces que $3|m^{2}+n^{2}$ si y sólo si $3|m$ y $3|n$.

Así, si suponemos que $\displaystyle \sqrt{2} = \frac{m}{n}$ con $m$ y $n$ enteros coprimos, al elevar al cuadrado ambos lados de esta igualdad se obtiene que

$\displaystyle 2= \frac{m^{2}}{n^{2}}$

y por lo tanto

$3n^{2} = m^{2}+n^{2}$.

De esta igualdad y la observación inicial se sigue que $3$ es un divisor común de $m$ y $n$: esto contradice la supuesta coprimalidad de $m$ y $n$ y la prueba termina.

(Esta demostración la contribuyó el profesor argentino Enzo Gentile a la Mathematics Magazine hace muchos años.)

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La siguiente demostración se le atribuye a Theodor Estermann. Se procede nuevamente por reducción al absurdo. Supongamos que $\sqrt{2}$ es racional. Existe en tal caso un número entero positivo mínimo $k$ con la propiedad de que $k\sqrt{2}$ es entero. Por otra parte, puesto que $1 < \sqrt{2} < 2$ se sigue que $k < k\sqrt{2} < 2k$. En consecuencia,  $K= (\sqrt{2}-1)k$ es un entero positivo menor que $k$. No obstante, al ser

$K\sqrt{2} = (\sqrt{2}-1)k\sqrt{2} =2k-k\sqrt{2}$

un entero positivo, se ha llegado a una contradicción con la minimalidad de $k$. Por consiguiente $\sqrt{2}$ es irracional.

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La irracionalidad de $\sqrt{2}$ se puede establecer también a través del teorema de ceros racionales: si $r$ y $s$ son enteros coprimos y $p(x) = a_{n}x^{n}+\ldots+a_{0} \in \mathbb{Z}[x]$ es tal que $p(r/s)=0$ entonces $r|a_{0}$ y $s|a_{n}$. Aplicando este teorema al polinomio $p(x)=x^{2}-2$ se obtiene que los posibles ceros racionales y positivos de $p(x)$ son $1$ o $2$. Puesto que $\sqrt{2}$ es cero de $p(x)$ y $\sqrt{2} \notin \{1,2\}$ entonces $\sqrt{2}$ es irracional.

Otra forma de establecer la irracionalidad con ayuda de polinomios es como sigue: por el criterio de Eisenstein, el polinomio $p(x)=x^{2}-2$ es irreducible en $\mathbb{Q}[x]$. Por otro lado, si suponemos que $\sqrt{2} \in \mathbb{Q}$ entonces $p(x)$ sería el producto de los polinomios de primer grado $x-\sqrt{2}, x+\sqrt{2} \in \mathbb{Q}[x]$: esto entra en contradicción con la conclusión obtenida a través de Eisenstein y el resultado se sigue.

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(18/09/2013)

Niven-Maier: Nuevamente, supongamos que $\displaystyle \sqrt{2}=\frac{a}{b}$ donde la fracción es irreducible. Esto implica que $b$ es el mínimo entero positivo que puede aparecer en el denominador de una fracción que represente a $\sqrt{2}$. Como $1<\sqrt{2}<2$ entonces $b<a<2b$ y por consiguiente $0<a-b<b$. Por otro lado,

$\begin{eqnarray*}a^{2}&=&2b^{2}\\ a^{2}-ab&=&2b^{2}-ab\\a(a-b)&=& b(2b-a)\\ \frac{a}{b}&=& \frac{2b-a}{a-b} \end{eqnarray*}$

y hemos terminado, pues de la última igualdad se sigue que $\displaystyle \sqrt{2} = \frac{2b-a}{a-b}$ y el denominador de la fracción es positivo y menor que $b$.

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A través del teorema fundamental de la aritmética: si $\displaystyle \sqrt{2}=\frac{a}{b}$ donde $a,b\in \mathbb{Z}$ entonces al elevar ambos lados al cuadrado y multiplicarlos por $b^{2}$ se obtiene que

$2b^{2}=a^{2}$............ (*)

La contradicción se consigue al analizar la paridad del exponente del primo $2$ en la descomposición canónica de $2b^{2}$: según el lado izquierdo de (*) dicho exponente tiene que ser impar, según el lado derecho tendría que ser par.  Esto entra en contradicción con la unicidad de la descomposición canónica garantizada por el teorema fundamental de la aritmética y la prueba termina.

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Supongamos que $\displaystyle \sqrt{2} = \frac{a}{b}$ donde $(a,b)=1$. Por Bezout, existen $c,d \in \mathbb{Z}$ tales que $1=ad-bc$. Así, $0=(a-b\sqrt{2})(c+d\sqrt{2}) = (ac-2bd) + \sqrt{2}$ de donde se sigue que $2$ es un cuadrado perfecto. Contradicción.

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(23/09/2013)

Observación 1. La representación en binario del cuadrado de un número entero termina siempre en un número par de ceros.

Observación 2. Si la representanción en binario del entero $b^2$ termina en un número par de ceros entonces la representación en binario del entero $2b^2$ termina en un número impar de ceros.

Así, si suponemos que $\displaystyle \sqrt{2}=\frac{a}{b}$ para algunos enteros $a$ y $b$ entonces $a^{2}=2b^{2}$. Aplicando la observación 1 se obtiene que la representación en binario de $a^{2}$ termina en un número par de ceros. Por otra parte, la observación 2 implica que la representación en binario de $2b^2=a^2$  termina en un número impar de ceros. Contradicción.

(Esta prueba la leí en uno de los libritos de Ross Honsberger hace algunos ayeres.)

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respondido por José Hdz (22,200 puntos) Sep 17, 2013
editado por José Hdz Sep 23, 2013
En otro momento comparto más pruebas...
Muy bueno el detalle del uso de la base $ \textbf{2} $.
+2 votos

Empezemos como Jose Hdz: supongamos que $\sqrt{2}=\frac{m}{n}$ con $m$ y $n$ primos relativos. Asi obtenemos

$2n^2=m^2$.

Asi se ve que $m$ es par y $n$ tiene que ser impar. El lado derecho es divisible por 4 y el lado izquierdo no. Contradiccion.


Supongamos que $\sqrt{2}$ es racional. Entonces existe un triangulo rectangulo  e isosceles de lados enteros. Sea $ABC$ con $\angle(ABC)=\pi/2$ el mas pequeno posible. Sea $D$ el punto sobre $AC$ tal que $DC=BC$. Sea $E$ el punto sobre $AB$ tal que $DE$ es perpendicular a $AC$. Entonces $ADE$ es un triangulo rectangulo  e isosceles de lados enteros (pues $AD=AC-CD = AC-CB$ y $AE=AB-BE=AB-DE=AB-DA$) mas pequeno que $ABC$. Contradiccion

respondido por Carlos (14,440 puntos) Sep 18, 2013
editado por Carlos Sep 18, 2013
+3 votos

Esta me gusta porque fue la que me ayudó a comprender lo que realmente estaba pasando, ya que no usa la suposición de que el numerador y denominador de la fracción son primos relativos (la cual hasta la fecha me incomoda un poco, pues parece "magia"). Tampoco invoca tomar el mínimo natural tal que nada. Aquí va:

Empezamos, como de costumbre, por contradicción, suponiendo que $\sqrt{2}=\frac{a}{b}$ para dos enteros positivos $a,b$. Por inducción (algunos quizá preferirían decir que por recursión) definimos dos sucesiones decrecientes de números enteros positivos $\langle x_n\big|n\in\mathbb N\rangle$ y $\langle y_n\big|n\in\mathbb N\rangle$, tales que, para cada $n\in\mathbb N$, $\frac{x_n^2}{y_n^2}=2$, dadas como sigue: $x_0=a$, y $y_0=b$. Suponiendo que conocemos $x_1,\ldots,x_n$ y $y_1,\ldots,y_n$, entonces por hipótesis inductiva tenemos que $x_n^2=2y_n^2$, por lo que $x_n^2$ es par y por lo tanto podemos hacer que $x_{n+1}$ sea el entero positivo tal que $x_n=2x_{n+1}$. Similarmente, $2y_n^2=x_n^2=(2x_{n+1})^2=4x_{n+1}^2$, por lo cual $y_n^2=2x_{n+1}^2$. Así, $y_n$ también es par, con lo cual podemos definir $y_{n+1}$ como el entero positivo tal que $y_n=2y_{n+1}$. Nótese que $2=\frac{x_n^2}{y_n^2}=\frac{4x_{n+1}^2}{4y_{n+1}^2}=\frac{x_{n+1}}{y_{n+1}}$, por lo cual se preserva la hipótesis inductiva de nuestra construcción. Nótese también que puede demostrarse fácilmente, por inducción, que $x_n=\frac{a}{2^{n-1}}$, de modo que la sucesión $\langle x_n\big|n\in\mathbb N\rangle$ (debido a que, por un ejercicio clásico de las demostraciones por inducción, $n\leq 2^n$ para cada $n\in\omega=\mathbb N\cup\{0\}$) está acotada por la sucesión $\langle\frac{a}{n-1}\big|n\in\mathbb N\rangle$. (Similarmente la sucesión de $y_n $ está acotada por la sucesión $\frac{b}{n-1}$, pero esto no lo necesitaremos).

En este momento se pueden hacer dos cosas, dependiendo el muy particular gusto del demostrador: invocar la propiedad arquimediana para encontrar un $N\in\mathbb N$ tal que $a+1<N$ (con lo cual tendremos que $\frac{a}{N-1}<1$), o bien usar el hecho de que la sucesión $\frac{a}{n-1}$ tiende a cero, con lo cual para cada $\varepsilon>0$, en particular para $\varepsilon=1$, es posible encontrar un $N$ tal que $\frac{a}{N-1}<1$ (ambos enfoques son equivalentes, después de todo). Dicha desigualdad implica que $x_N<1$, lo cual contradice que $x_n$ es un entero positivo para todo $n\in\mathbb N$.

respondido por David Fernández (9,500 puntos) Sep 22, 2013
editado por David Fernández Sep 22, 2013
La misma prueba basicamente demuestra que puedes escribir un racional como una fraccion donde el numerador y denominador son primos relativos. Asi que yo no diria que parece magia.
Interesante el procedimiento de David.

Por lo demás, concuerdo con Carlos en que no se ve "magia" alguna: cualquier fracción "no-irreductible" (de términos 'enteros' que no son primos relativos), puede llevarse a su equivalente canónico ("irreductible").
Tanto Carlos como Michel Anthony tienen toda la razón. Formalmente es la misma prueba, no lo niego. Pero lo que yo digo es que a mí me parece más fácil encontrar intuición para comprender las cosas al estilo de lo que escribí en mi respuesta. Por ejemplo, cuando en una demostración se comienza por tomar el mínimo $n$ tal que algo pasa, y después se manipula para encontrar $k<n$ satisfaciendo la misma condición (¡ajá! ¡contradicción!), a mí me queda una sensación un tanto triste. En cambio, si lo pienso como (y nótese que, formalmente, es por completo la misma demostración, la diferencia sólo está en la manera como lo "visualizo"): "para cada $n$ satisfaciendo la condición, es posible encontrar un $k<n$ que también la satisface", entonces ya lo veo claro: partiendo de cualquier $n$ que satisfaga la condición, puedo ir "descendiendo", pero tal descenso no puede ser infinito, contradicción (y entonces ya me la creo que le entiendo, pero antes no). Pero en fin, no es una cuestión de formalismo sino de preferencia estética.
Ok, David: cuestión de estilo, respeto el suyo. Saludos!
+5 votos

Crédito: Samuel G. Moreno y Esther García-Caballero.  Departamento de Matemáticas, Universidad de Jaén, España. Aparece en: Volumen Agosto/Septiembre 2013 de  The American Mathematical Monthly.

Si $\sqrt{2}$ es un número racional, entonces $x_0= \sqrt{2}+1$ también es racional, entonces $x_0=p/q$, para algunos enteros positivos $p$ y $q$, con $q$ el menor entero posible. Como $1< \sqrt{2} < 2$, entonces $2 < x_0 < 3$, lo cual implica que $2q < p < 3q$. Claramente $x_0(x_0-2) = (\sqrt{2}+1)( \sqrt{2}-1 ) = 1$, entonces:

$$\frac{1}{x_0} = x_0 - 2 = \frac{p}{q} - 2 = \frac{p-2q}{q},$$

entonces $x_0 = q/(p-2q)$. La cota $p - 2q < q$ contradice el hecho de que $q$ es mínimo. 

 

respondido por dlara (1,600 puntos) Sep 23, 2013
Se parece un poquillo a la de Niven & Maier...
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