Irracionalidade de $e$ e $\pi$.
O objetivo neste post é apresentar demonstrações de que o número $e$ e o número $\pi$ são irracionais.
Apresentamos duas demonstrações da irracionalidade de $e$ e uma da de $pi$.
Irracionalidade de "e" - Primeira demonstração.
►(4.21)Irracionais-
[Teorema]
O número $e$ é irracional.
[Demonstração][1]
Vamos provar que $e^{-1}$ é irracional, logo $e$ também é .
Temos pela representação em série que
$$e^x= \sum^{\infty}_{k=0} \frac{x^k}{k!} $$
então
$$e^{-1}= \sum^{\infty}_{k=0} \frac{(-1)^k}{k!}=\sum^{2n-1}_{k=0}\frac{(-1)^k}{k!}+\sum^{\infty}_{k=2n}\frac{(-1)^k}{k!} \Rightarrow $$
$$e^{-1}-\sum^{2n-1}_{k=0}\frac{(-1)^k}{k!} =\sum^{\infty}_{k=2n}\frac{(-1)^k}{k!}=\frac{1}{(2n)!} - \frac{1}{(2n+1)!}+\cdots > 0 $$
pois todos termos somados e subtraídos são menores que $\frac{1}{(2n)!}$ e como temos termos sendo subtraídos tem-se
$$ 0\leq e^{-1}-\sum^{2n-1}_{k=0}\frac{(-1)^k}{k!} \leq \frac{1}{(2n)!} \Rightarrow $$
$$0 < (2n-1)! (e^{-1} - \sum^{2n-1}_{k=0}\frac{(-1)^k}{k!}) \leq \frac{1}{2n}\leq \frac{1}{2} $$
para $n$ suficientemente grande se $e^{-1}$ é racional, temos que $(2n-1)! (e^{-1} - \sum^{2n-1}_{k=0}\frac{(-1)^k}{k!})$ é inteiro, entre $0$ e $\frac{1}{2}$, absurdo, então $e^{-1}$ é irracional e daí também seu inverso $e$.
C.Q.D
[Demonstração][2]
Pela série de taylor, temos que
$e^{x}=\sum^{\infty}_{k=0}\frac{x^{k} }{k!}$
assim tomando $x=1$ temos
$$e^{1}=e=\sum^{\infty}_{k=0}\frac{1^{k} }{k!}=\sum^{\infty}_{k=0}\frac{1 }{k!}$$
vamos considerar que $e$ seja um número racional da forma
$\frac{p}{q}$ com $mdc(p,q)=1$ com $q$ e $p$ naturais, vamos abrir o
série em $q$
$$e=\frac{p}{q}=\sum^{q}_{k=0}\frac{1 }{k!}+\sum^{\infty}_{k=q+1}\frac{1 }{k!}$$
logo
$$\frac{p}{q}-\sum^{q}_{k=0}\frac{1 }{k!}= \sum^{\infty}_{k=q+1}\frac{1 }{k!}=\frac{1}{q!}\sum^{\infty}_{k=1}\prod^{k}_{s=1}\frac{1}{q+s}$$
temos que essa série é menor que
$$\frac{1}{q!}\sum^{\infty}_{k=1}\frac{1}{(q+1)^{k}}=\frac{1}{q!q} $$
a última igualdade por ser uma série geométrica
logo temos
$$0<\frac{p}{q}-\sum^{q}_{k=0}\frac{1}{k!}<\frac{1}{q!}\frac{1}{q} $$
implicando
$$ 0<q!\frac{p}{q}-q!\sum^{q}_{k=0}\frac{1}{k!}=(q-1)!p-q!\sum^{q}_{k=0}\frac{1}{k!}<\frac{1}{q}$$
onde o número do meio das desigualdades é inteiro , e por não existir
inteiro entre $0$ e $1/q$ para $q\geq 1$, chegamos num absurdo.
C.Q.D
[Teorema]
$\pi$ é irracional.
[Demonstração][Ivan Niven (Modificada)]
Seja $f:R \to R$ com $f(x)=\frac{x^n (1-x)^n}{n!}$. Vamos mostrar que $D^k f(x)$ é inteiro, para $x=1$ , $x=0$ e $k\in N$ . Usaremos a fórmula de Leibniz para $t$-ésima derivada
$$D^t (f.g) = \sum^{t}_{k=0}{t \choose k}(D^k f) . (D^{t-k} g )$$
e ainda que $D^t (x+a)^n = t!{n \choose t}(x+a)^{n-t}$, em especial se $t=n$ a última expressão resulta em $n!$ e se $t>n$ a expressão se anula. Aplicando a fórmula de Leibniz, temos
$$D^t \frac{x^n (1-x)^n}{n!} = \frac{1}{n!}\sum^{t}_{k=0}{t \choose k}(D^k x^n) . (D^{t-k} (1-x)^n )=\sum^{n}_{k=0}{t \choose k}({n \choose k} k!x^{n-t}) . (D^{t-k} (1-x)^n )= $$
aplicando $x=0$ tem-se que o único termo que não se anula na soma é o termo em $k=n$, pois para $k<n$ temos $x^{n-t}$ com $x=0$, a soma também se anula para valores $k>n$, pois nesse caso vale $D^k x^n =0$, a aplicação da fórmula de Leibniz nos dá
$$=\frac{n!}{n!}{t \choose n}{n \choose n} . (D^{t-n} (1-x)^n )_{x=0}= (D^t \frac{x^n (1-x)^n}{n!})_{x=0} $$
onde a última derivada é aplicada em $x=0$ e resulta em um número inteiro, pela relação da $t$ -ésima derivada com o coeficiente binomial que citamos acima.
Observamos que $f(x)=f(1-x)=\frac{(1-x)^n (1-(1-x))^n}{n!} =\frac{(1-x)^n (x)^n}{n!} $ logo a $D^tf(0) = D^tf(1) $, ambos valores sendo inteiros para qualquer $t$.
Suponha que $\pi^2$ seja racional, então $\pi^2 = \frac{p}{q}$ com $mdc(p,q)=1$
Definimos
$g(x)=q^n (\sum^{n}_{k=0}\pi^{2(n-k)}D^{2k} f(x) (-1)^k)$, vale que $g(0)$ e $g(1)$ são inteiros, pois substituindo $\pi^2 = \frac{p}{q}$ e usando o fato de $q^n$ estar multiplicando a soma, que tem denominador no máximo $q^n$ e $D^{2k} f(x)$ ser inteiro para $x=0,1 $ e qualquer $2k$, resulta no afirmado.
Vale que
$$[g'(x) sen(\pi x) - \pi g(x) cos (\pi x)]'= g''(x) sen(\pi x)+ \pi g'(x) cos(\pi x) - \pi g'(x) cos (\pi x)+ \pi^2 g(x) sen (\pi x) =
$$
$$=g''(x) sen(\pi x) +\pi^2 g(x) sen (\pi x) $$
Usando a definição de $g $ e calculando sua derivada temos
$$g''(x)= q^n (\sum^{n}_{k=0}\pi^{2(n-k)}D^{2k+2} f(x) (-1)^k)=q^n (\sum^{n-1}_{k=0}\pi^{2(n-k)}D^{2k+2} f(x) (-1)^k)=$$
$$=q^n (\sum^{n}_{k=1}\pi^{2(n-k+1)}D^{2k} f(x) (-1)^{k+1}) $$
o termo de índice $2n+2$ se anula pois aparece uma derivada $D^{2n+2} f(x)$ , onde $f(x)= \frac{x^n(1-x)^n}{n!}$ que é de grau $2n$, logo $D^{2n+2}$ anula o polinômio
$$\pi^2 g(x)= q^n (\sum^{n}_{k=0}\pi^{2(n-k+1)}D^{2k} f(x) (-1)^k) = q^n (\pi^2 .\pi^{2n} f(x) +\sum^{n}_{k=1}\pi^{2(n-k+1)}D^{2k} f(x) (-1)^k)$$
somando ambas expressões
$$g''(x)+\pi^2 g(x)=q^n \pi^2 .\pi^{2n} f(x)+q^n (\sum^{n}_{k=1}\underbrace{\pi^{2(n-k+1)}D^{2k} f(x) (-1)^{k+1} + \pi^{2(n-k+1)}D^{2k} f(x) (-1)^k}_{0} ) =$$
$$=q^n \pi^2 .\frac{p^n}{q^n} f(x) =\pi^2 p^n f(x) $$
portanto
$$[g'(x) sen(\pi x) - \pi g(x) cos (\pi x)]'=\pi^2 p^n f(x) sen(\pi x) $$
aplicando a integral $\int_{0}^{1}$ tem-se
$$\pi^2 p^n\int_{0}^{1} f(x) sen(\pi x) dx = \pi g(0) + \pi g(1) \Rightarrow \pi p^n\int_{0}^{1} f(x) sen(\pi x) dx = g(0) + g(1) $$
para $0<x<1$ temos $x^n (1-x)^n<1$ daí $0< \underbrace{\frac{x^n (1-x)^n }{ n!}}_{ f(x)} < \frac{1}{n!} \Rightarrow $
$$0 \leq \pi p^n \int^{1}_{0} f(x) sen(\pi x) dx <\frac{\pi p^n}{ n!} \int^{1}_{0} sen(\pi x) dx = \frac{2p^n}{n!}$$
como $\lim \frac{2p^n}{n!}=0 $, existe $n$ tal que $0<\underbrace{\pi p^n\int_{0}^{1} f(x) sen(\pi x) dx }_{g(0)+ g(1)}<1$ o que é absurdo pois $g(1)+g(0)$ é inteiro .
C.Q.D
Comentários
Postar um comentário