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martes, 23 de abril de 2019

Un ejercicio de demostración por contradicción: << e no es un número racional >>

NOTA PRELIMINAR. El contenido de este ejercicio, que hace referencia a una bonita aplicación del Teorema de Taylor, y que no se contempla en el actual corriculum de Bachillerato [ a diferencia de la importancia que se le concedió en los años setenta y ochenta del pasado siglo, con buen acierto a mi entender ]. No obstante, creo que el tema bien merece un pequeño esfuerzo más, desde luego, a modo de ampliación, y que se enseñe a los estudiantes que voluntariamente lo acepten y que estén interesados en iniciar con buen pie estudios universitarios o incluso algún ciclo superior de formación profesional. El Teorema de Taylor, como un resultado de la aproximación de funciones, tiene muchas e importantes aplicaciones. Aquí veremos una, en la que lo utilizaremos para demostrar la irracionalidad del número e.

ENUNCIADO. Demuéstrese que e es un número irracional.

SOLUCIÓN. Recordemos que el número e=2,71828\ldots, por tanto 2 \prec e \prec 3. Vamos a demostrar que e \notin \mathbb{Q} empleando el método de demostración por contradicción. Para ello haremos la hipótesis contraria a lo que queremos demostrar, esto es, supondremos que e = \dfrac{a}{b}, donde a \in \mathbb{Z}, b \in \mathbb{Z}, con \text{m.c.d.}(\{a,b\})=1, por ser a/b una fracción irreducible.

En el desarrollo, haremos uso del teorema de Taylor, del que hablamos en [ 1 ]. Recordemos que un corolario de dicho teorema reza que si en la fórmula de Taylor hacemos a:=0 y h:=x obtenemos la fórmula de Maclaurin con término complementario de Lagrange: \displaystyle f(x)=f(0)+\sum_{i=1}^{n}\,\dfrac{x^{i}\,f^{(i)}(0)}{i!}+E_n donde E_n=\dfrac{x^{n+1}}{(n+1)!}\,f^{(n+1)}(\theta\,x)\quad \text{donde}\; 0 \prec \theta \prec 1 \quad \quad \quad (1) en nuestro caso, entendemos por f la función f(x)=e^x. Tomando x:=1, vemos que e=1+1+\dfrac{1}{2!}+\dfrac{1}{3!}+\ldots+\dfrac{1}{n!}+E_n y por la hipótesis de partida \dfrac{a}{b}=1+1+\dfrac{1}{2!}+\dfrac{1}{3!}+\ldots+\dfrac{1}{n!}+E_n multiplicando por n! en ambos miembros de la igualdad llegamos a \dfrac{n!\, a}{b}=n!+n!+\dfrac{n!}{2!}+\dfrac{n!}{3!}+\ldots+\dfrac{n!}{n!}+n!\,E_n Es claro que n!+n!+\dfrac{n!}{2!}+\dfrac{n!}{3!}+\ldots+\dfrac{n!}{n!} \in \mathbb{Z} por lo que supondremos que si b \succ n [ y, siendo además n \succ 3 ( para que 2 \prec e \prec 3 ) ], entonces \dfrac{n!\, a}{b} \in \mathbb{Z}, y, por consiguiente, en estas condiciones tenemos que n!\,E_n \in \mathbb{Z} \quad \quad (2) Así pues, teniendo en cuenta (1), podemos escribir (2) de la forma \mathbb{Z} \ni n!\,E_n=\dfrac{n!\,\left(\dfrac{d^n}{dx^n}\left( e^{\theta\,x}\right)\right)_{x:=1}}{(n+1)!}=\dfrac{n!\,e^{\theta}\,\theta^{n+1}}{(n+1)!}=\dfrac{e^{\theta}\,\theta^{n+1}}{n+1} Para \theta:=0, esta expesión es igual a 0; y, para \theta:=1, es igual a \dfrac{e}{n+1}. Por consiguiente, podemos escribir: 0 \prec \underset{\in \mathbb{Z}}{\underbrace{{\dfrac{e^{\theta}\,\theta^{n+1}}{n+1}}}} \prec \dfrac{e}{n+1} Ahora bien, como hemos supuesto que n \succ 3 [ y recordando que 2 \prec e \prec 3 ] deducimos que e \prec n+1, con lo cual \dfrac{e}{n+1} \prec 1 , luego 0 \prec \underset{\in \mathbb{Z}}{\underbrace{{\dfrac{e^{\theta}\,\theta^{n+1}}{n+1}}}} \prec 1 pero entre 0 y 1 no hay ningún número entero, luego hemos llegado a una contradicción, y, por tanto, debemos negar la hipótesis de partida ( << e es un número racional >> ), concluyendo por tanto la demostración de lo que queríamos demostrar: e \notin \mathbb{Q}
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