cuestiones de irracionalidad y trascendencia
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FACULTAD DE CIENCIAS
Grado en Matematicas
Trabajo de Fin de Grado:
CUESTIONES DE IRRACIONALIDAD YTRASCENDENCIA
Carmen Molina Lalueza
Tutorizado por:Francisco J. Ruiz
ABSTRACT
The purpose of this final degree work is to tackle issues of the irrationa-lity and transcendence of real numbers.
For that, we are going to make use of some result of the diophantine ap-proximation, which is the part of the theory of numbers that deals theapproximation of real numbers by rational numbers.
In particular, in Chapter 1, we are going to show the Dirichlet’s theo-rem and its corollary, and we give a useful criterion of irrationality. This lastresult, is based on affirm that a number is irrational if we are able to find asuccession of fractions that satisfies a property.
After that, we give the definition of Farey’s successions and some of itsproperties, with which we will prove another results of diophantine approxi-mation such as the Hurwitz’s theorem and a proposition about the appro-ximation of the golden ratio.
Related to the transcendence, we state and prove the Liouville’s theoremthat gives a characteristic of the algebraic numbers of degree bigger than 1.Moreover, we define the Liouville’s numbers and we prove its irrationalityand its transcendence.
The following chapters address more specific issues:
Namely, in Chapter 2 we are going to prove the irrationality of the num-bers e, π and ζ(3).
We will do it using the criterion of irrationality that we have just mentioned.So the goal of this section is to find a succession satisfying the statement ofthis criterion.
First, the demonstration of the irrationality of e, is made from the defi-nition of this number as a summation. Later, we prove the irrationality ofζ(2) =
∑∞n=1
1n2 and ζ(3) =
∑∞n=1
1n3 , through integrals that are equals
either to this values, or to a linear transformation of them. We use theseintegrals because they are easier to bound, and then, it is easier to arrive atthe condition of the criterion of irrationality.
Once we prove the irrationality of∑∞n=1
1n2 it is almost immediate see that
also π is irrational.
Finally,in Chapter 3, we are going to prove that the number e and the
number π are transcendent. In both proofs, we suppose that the numberis algebraic and we arrive to a contradiction.
For the number e, we define a polynomial f(x), and also, the polynomialwhich is the sum of f(x) and its derivatives. Then, we start to operate withthese two polynomials and with the one for which e is a root, and we arriveat an equality. Analysing both sides of this equality, we see that it is a con-tradiction.
For the number pi, first we give some previous results that we will usein the proof, and we show that iπ is transcendent (it is equivalent to provethe transcendent of π, because algebraic numbers forms a field). For that,we will make a similar procedure as in the proof of the transcendence of e,but we will have to study more fully the best election for the polynomialthat we are going to derivate
INDICE
Introduccion.........................................................................................1
Capıtulo 1
• Teorema de Dirichlet........................................................................3
• Sucesiones de Farey..........................................................................6
◦ Teorema de Hurwitz..................................................................8
• Teorema de Liouville.......................................................................10
◦ Numeros de Liouville................................................................11
Capıtulo 2
• Irracionalidad de e..........................................................................13
• Irracionalidad de π..........................................................................14
• Irracionalidad de ζ(3)......................................................................17
Capıtulo 3
• Trascendencia de e...........................................................................19
• Trascendencia de π..........................................................................21
1
INTRODUCCION
El objetivo de este trabajo es estudiar las clasificaciones de los numerosreales en racionales o irracionales y en algebraicos o trascendentes. Paraempezar, definiremos estas clases de numeros y daremos una idea de laimportancia y dificultad de su estudio.
Los numeros racionales son aquellos que se pueden expresar como elcociente entre dos numeros enteros. Es decir, una fraccion a/b con b nonulo. Los numeros racionales, denotados por Q incluyen los numerosenteros y son un subconjunto de los numeros reales.
Por el contrario, los numeros que no se pueden expresar como cocienteentre dos numeros enteros se denominan numeros irracionales. Porejemplo, el numero e, el numero π y
√2.
Los numeros algebraicos son aquellos que son solucion de algunaecuacion polinomica de coeficientes numeros racionales. De la propiadefinicion se sabe que cualquier numero racional p/q es algebraico yaque es solucion de la ecuacion x−p/q. Pero no solo estos, tambien haynumeros irracionales como
√2 que es algebraico por ser solucion de
x2 − 2 = 0.
Los numeros que no son solucion de ninguna ecuacion polinomica decoeficientes racionales se llaman trascendentes.
Una vez definidos, se puede pensar que hay muchos mas numeros al-gebraicos que trascendentes, y mas racionales que irracionales ya que sonmas faciles de encontrar y de probar que lo son. Sin embargo, todos estosconjuntos tienen cardinalidad infinita. Es mas, el conjunto de los numerosalgebraicos y el de los racionales son numerables, mientras que el conjuntode numeros reales no lo es. Por tanto, al ser complementarios, el conjunto delos numeros trascendentes es no numerable, y el de los irracionales tambien.Luego, se puede decir que hay mas numeros trascendentes que algebraicos,y mas irracionales que racionales.
La prueba de la existencia de los numeros irracionales se le atribuye aHipaso de Metaponto, en torno al siglo V a.C., un filosofo griego que se creeque probo por primera vez la irracionalidad de
√2. Se puede demostrar la
irracionalidad de muchos otros numeros, en este trabajo, probaremos la irra-cionalidad de e, de π y de ζ(3) =
∑∞n=1
1n3 . Sin embargo, hoy en dıa existen
numeros reales para los que no se ha sabido demostrar si son racionales oirracionales, como, por ejemplo: ζ(5) =
∑∞n=1
1n5 .
Por otro lado, la busqueda de numeros trascendentes ha resultado siem-pre muy costosa, siendo Liouville en 1844 el primero que probo su existenciay acabo concluyendo la trascendencia del numero
∑∞k=1 10−k!.
2
En 1873, Charles Hermite probo la trascendencia del primer numero ”noconstruido”, (es decir, que no se habıa definido especıficamente para pro-bar su trascendencia), cuando demostro que e es transcendente. Despues,en 1884, Lindemann dio la primera demostracion de la trascendencia de π.
Este trabajo, lo dividiremos en tres bloques.En el primero, daremos un criterio de irracionalidad y veremos resultados
de aproximacion diofantica, que es la parte de la Teorıa de numeros quese encarga de la aproximacion de un numero real por racionales. Despues,llegaremos a la verificacion de la existencia de los numeros trascendentes,con el teorema y los numeros de Liouville.
En el segundo, utilizaremos el criterio de irracionalidad dado en el capıtu-lo 1 para demostrar la irracionalidad de e, de π, y de ζ(3). Para los dosultimos, utilizaremos un artıculo de F. Beukers titulado A note on the irra-tionality of ζ(2) and ζ(3).
Por ultimo, en el tercer capıtulo, demostramos la trascendencia de piy de e, utilizando las demostraciones dadas en el libro de Shidlovskii, AB.titulado Tascendental Numbers.
3
CAPITULO 1
Aproximacion de un numero real por racionalesEl objetivo de este capıtulo es empezar con el teorema de Dirichlet que deprimeras da una simple inecuacion pero, como corolario, sacamos una utilcaracterizacion de los numeros irracionales. Para demostrar el teorema uti-lizaremos el principio del palomar que dice:Si tenemos n cajas para colocar m palomas, y n < m, entonces habra unacaja que contenga mas de una paloma.
Teorema (Dirichlet)Sea x ∈ R y n ∈ N ⇒ existe p
q racional, es decir, p ∈ Z, q ∈ N, tal que
| x− pq |<
1qn con 1 ≤ q ≤ n.
DemostracionDados el numero real x y el numero natural n, empecemos dividiendo elintervalo [0,1) en n intervalos, de longitud 1/n, del tipo [j/n,(j + 1)/n), paracada 0 ≤ j ≤ n− 1. Estos seran nuestros n nidos; definamos ahora las palo-mas. Consideremos los n-1 numeros siguientes: {x}, {2x}, {3x},..., {(n-1)x},donde {kx}, con k=1, ..., n-1, significa la parte fraccionaria de kx (observeseque tenemos mas nidos que palomas). Distinguiremos tres casos:
1. Si existe k ∈ {1, 2, ..., n−1} tal que {kx}, pertenece al ultimo intervalo,se tendra que
| 1− {kx} |≤ 1− n− 1
n=
1
nPero, {kx} = kx-[kx], ası que
| kx− (1 + [kx]) |≤ 1
n
Y tendrıamos el resultado que buscamos tomando q=k y p=1+[kx]
2. Si uno de los numeros {kx} estuviera en el primer intervalo, tendrıamosque
| {kx} |≤ 1
n⇒| kx− [kx] |≤ 1
ndonde 0 < k < n.
Ahora, q=k y p=[kx]
3. Por ultimo, si ninguno de los n-1 numeros estuviera en alguno de losintervalos extremos, tendrıamos n-1 palomas en n-2 nidos, luego porel principio del palomar, existirıan entonces 1 ≤ j < k ≤ n − 1 talesque {kx} y {jx} esten en el mismo intervalo. Entonces,
1
n≥| {kx} − {jx} |=| (k − j)x− ([kx]− [jx]) | .
Ahora q = k − j (que cumple que 0 < q < n) y p = [kx]− [jx] .
4
Ası hemos probado que para todo numero real x y natural n, existen p y q,con 0 < q < n, tales que
| qx− p |≤ 1
n, de donde | x− p
q|≤ 1
qn
Y queda probado el resultado.�Corolario (Dirichlet)x es irracional si y solo si existen infinitos pn
qn, con mcd(pn, qn) = 1, tales
que
0 <| x− pnqn|< 1
q2n
DemostracionDemostraremos ambas implicaciones por reduccion a lo absurdo:
⇒) Sea x un irracional, por el teorema de Dirichlet (ya que es unnumero real) sabemos que para cada n ∈ N existe una fraccion pn
qntal
que
| x− pnqn|≤ 1
qnn≤ 1
q2nya que 0 < qn < n.
Como x es irracional tenemos que | x− pnqn|> 0. Si la sucesion pn/qn
fuese finita, existirıa un β ∈ (0,+∞) tal que: |x− pnqn| ≥ β > 0, pero en
la desigualdad del teorema podemos coger n suficientemente grandecomo para que:
| x− pnqn|< 1
qnn→ 0 cuando n → ∞
Luego llegamos a contradiccion.
⇐) Supongamos que existen infinitas fracciones que cumplen la de-sigualdad anterior, supongamos tambien que x es racional x = a/b yveamos la contradiccion.
1
(qn)2>
∣∣∣∣ab − pnqn
∣∣∣∣ =|aqn − bpn|
bqn≥ 1
bqn,
ya que aqn− bpn es un entero no nulo, porque |x− pnqn| > 0. Entonces,
1
bqn≤ 1
(qn)2⇒ b ≥ qn
Y si los qn tendrıan que ser naturales y menores que b no pueden serinfinitos. Luego necesariamente, x es irracional. �
5
(Ver referencia en [V])
La implicacion que va de derecha a izquierda del corolario anterior se puedeafinar un poco mas como muestra el siguiente:
CRITERIO DE IRRACIONALIDAD
Si existen infinitas fracciones pn/qn con pn ∈ Z, y qn ∈ N tales que
0 <
∣∣∣∣x− pnqn
∣∣∣∣ = o
(1
qn
)⇒ x es irracional .
Demostracion Si x es racional, x=p/q con p ∈ Z, q ∈ N entonces, paratodo pn/qn tal que
0 <
∣∣∣∣x− pnqn
∣∣∣∣ =|pqn − pnq|
q qn≥ 1
q qn
Ya que el numerador es un entero positivo distinto de cero. Y como,
lımn→∞
1/(q qn)
1/qn=
1
q6= 0
Entonces, para toda fraccion pn/qn distinta de x |x− pnqn| 6= o
(1qn
).
�Este ultimo resultado sera el que utilizaremos en el proximo capıtulo paraprobar la irracionalidad de e, de π y de ζ(3).
6
Sucesiones de Farey
Introducimos ahora, el concepto de sucesion de Farey, con el, llegaremosal teorema de Hurwitz, que es una mejora del corolario (Dirichlet), y a unapropiedad del numero aureo.En 1926, John Farey, un geologo y escritor ingles, mando a una revista laconstruccion de una sucesion de fracciones como mera curiosidad. Sin saber-lo, habıa propuesto una serie con propiedades muy interesantes que ha sidomuy util en la teorıa de numeros.Veamos como se define, como se construye y cuales son sus propiedades.
Dado N ∈ N, la sucesion de Farey de orden N, que denotamos porFN, es el conjunto de fracciones irreducibles de denominador no mayor queN comprendidas entre 0 y 1. Por ejemplo, para N=3:
F3 = {0
1,1
3,1
2,2
3,1
1}
Teorema Sea FN la sucesion de Farey de orden N y ab <
cd consecutivos en
FN ⇒bc− ad = 1
Demostracion
Consideremos la figura:
Observese que el AreaOPRQ = |bc − ad|. Hay que probar que el area deltriangulo es 1/2. Para ello, vamos a hacer uso de una regla geometrica muysencilla para calcular areas: Si colocamos un rectangulo en una cuadrıcula,y entendemos como puntos los vertices de los cuadrados que la forman, suarea es igual a
no de puntos de dentro+no de puntos del contorno
2− 1
7
Para comprobarlo, supongamos un rectangulo general, de vertices: (n,m),(n, m+h), (n+k,m+h), (n+k, m) cuyo area sabemos que es base por altura:kh. Si lo hacemos con la formula anterior, tenemos:
Puntos de dentro: (k-1)(h-1)
Puntos del contorno: 2k + 2h
Luego el area:
(k − 1)(h− 1) +2h+ 2k
2− 1 = kh
Ası, para calcular el area de trapecios y triangulos, completamos estos hastallegar a rectangulos para ver que las formulas del area de ellos son: la mismaque el rectangulo para el trapecio y para el triangulo, la misma divididaentre 2.Vemos ası que el triangulo de la figura tiene que tener area de 1/2 ya que sifuera mayor, tendrıa que haber al menos un punto interior (e,f) y entoncesla fraccion e/f pertenecerıa a FN y estarıa entre a/b y c/d, en contradiccioncon que sean consecutivos.
Proposicion Para todo n ∈ N, si a1b1, a2b2 ,
a3b3
son tres elementos consecu-tivos de FN
⇒ a2b2
=a1 + a3b1 + b3
Demostracion
a2b1 − a1b2 = 1a3b2 − a2b3 = 1
⇒ a2(b1 + b3)− b2(a1 + a3) = 0
despejando,a2b2
=a1 + a3b1 + b3
Veamos ahora la utilidad que tienen estas sucesiones en el estudio de losnumeros irracionales:�Teorema Si x es irracional ⇒ existen infinitos racionales h/k tales que∣∣∣∣x− h
k
∣∣∣∣ < 1
2k2
Demostracion
La hacemos, sin perdida de generalidad, para x ∈ (0, 1). Esto se debe aque si x 6∈ (0, 1), x = [x] + {x}, con {x} ∈ (0, 1), si se cumple el enunciadopara {x}, para x se tiene∣∣∣∣[x] + {x} − h+ k[x]
k
∣∣∣∣ < 1
2k2
8
Sea a/b y c/d dos elementos consecutivos de FN tales que
a
b< x <
c
d
Si suponemos que ni a/b ni c/d cumplen la propiedad del enunciado, lle-garıamos a la contradiccion de que
1
b2+
1
d2− 2
db=
(1
b− 1
d
)2
< 0
Ahora bien, habra otro N’ tal que existiran p1/q1 y p2/q2 en FN ′ tales que:
a
b<p1q1< x <
p2q2<c
d
y analogamente se tendrıa que cumplir el teorema para uno de los dos.Repitiendo reiteradamente este proceso obtendrıamos infinitos numeros quecumplieran el enunciado. Ya que entre un numero irracional y un racionalsiempre habra una fraccion de una sucesion de Farey.�Teorema de Hurtwitz Si x es irracional⇒ existen infinitas fracciones h/kirreducibles, tales que: ∣∣∣∣x− h
k
∣∣∣∣ < 1√5k2
Demostracion Sea x un numero irracional y a/b y c/d en Fn tales queab < x < c
d , sabemos que a+cb+d esta entre las dos fracciones, lo que no sabemos
es si es mayor o menor que x. Distinguimos entonces, dos casos:
Si
x <a+ c
b+ d.
Supongamos:
x− a
b≥ 1
b2√
5
Entonces,
a+ c
b+ d− x ≥ 1
(b+ d)2√
5yc
d− x ≥ 1
d2√
5
ahora,(1
bd=
)c
d− a
b=
(c
d− x
)+
(x− a
b
)≥ 1√
5
(1
b2+
1
d2
)Poniendo como denominador comun b2d2 que es positivo,
⇒√
5bd ≥ b2 + d2
9
Ademas (1
b(b+ d)=
)a+ c
b+ d− a
b≥ 1√
5
(1
b2+
1
(b+ d)2
)
⇒√
5b(b+ d) ≥ (b+ d)2 + b2
⇒√
5(b2 + 2bd) ≥ 3b2 + 2bd+ 2d2 ⇒
4d2 − 4(√
5− 1)bd+ (√
5− 1)2b2 ≤ 0 (porque2(3−√
5) = (√
5− 1)2
⇒ (2d− (√
5− 1)b)2 ≤ 0
Hemos llegado a contradiccion.
Si
x >a+ c
b+ d
la demostracion es analoga.
�
Proposicion
Para el numero 1+√5
2 la constante c =√
5, no puede ser reemplazada porun valor mas grande que cumpla el teorema de Hurwitz.
Demostracion
(x− 1 +
√5
2
)(x− 1−
√5
2
)= x2 − x− 1
0 6=∣∣∣∣hk − 1 +
√5
2
∣∣∣∣∣∣∣∣hk − 1 +√
5
2+√
5
∣∣∣∣ =
∣∣∣∣h2k2 − h
k− 1
∣∣∣∣ =1
k2
∣∣∣∣h2 − hk + k2∣∣∣∣ ≥ 1
k2
El ultimo paso se debe a que como h y k son primos entre sı, h − k 6= 0,y entero ⇒ (h− k)2 ≥ 1. Supongamos que existen infinitos racionales hj/kjcon kj > 0 y m real y positivo, tales que:∣∣∣∣hjkj − 1 +
√5
2
∣∣∣∣ < 1
mk2j⇒
∣∣∣∣hj − kj 1 +√
5
2
∣∣∣∣ < 1
mkj
10
⇒ kj1 +√
5
2− 1
mkj< hj < kj
1 +√
5
2+
1
mkj
Luego para cada kj existe un numero finito de hj . Entonces para que hayainfinitos, necesariamente kj → ∞. Entonces,
1
k2j≤∣∣∣∣hk − 1 +
√5
2
∣∣∣∣∣∣∣∣hk − 1 +√
5
2+√
5
∣∣∣∣ ≤ 1
mk2j
(1
mk2j+√
5
)
Por tanto,
1
m
(1
mk2j+√
5
)≥ 1 ⇒ m ≤ 1
mk2j+√
5 ⇒ m ≤√
5 si k → +∞
�
Lo que nos esta diciendo esta proposicion es que, si para algun x encon-tramos infinitas fracciones pn/qn que cumplan
0 <
∣∣∣∣x− pnqn
∣∣∣∣ < 1
cq2ncon c >
√5.
podremos determinar, que x no es 1+√5
2 .
TrascendenciaEn este apartado, vemos como, continuando con argumentos de este tipo,podemos llegar a conclusiones para numeros algebraicos de grado n o paranumeros trascendentes. Teniendo en cuenta que: un numero algebraico a sedice que es de grado n si su polinomio mınimo es de grado n. El polinomiomınimo es el polinomio monico de menor grado para el que a es raız.El teorema de Liouville nos dice que todo numero algebraico de grado n ≥ 2tiene que cumplir una caracterıstica. Luego si un numero no la cumple y noes racional (esto es, que no es algebraico de grado 1) podemos concluir quees trascendente.Este teorema, como decıamos en la introduccion fue el primero que probo laexistencia de los numeros trascendentes en 1844.
Teorema de aproximacion de LiouvilleSea x0 un numero algebraico de grado n ≥ 2, esto es, un numero cuyo poli-nomio mınimo (siendo este el polinomio monico de menor grado que tienea x0 como raız) es de grado n. Entonces existe una constante c(x0) > 0 talque para toda fraccion h/k se tiene:∣∣∣∣x0 − h
k
∣∣∣∣ > c(x0)
kn
11
Demostracion Sea P (x) = a0 + a1x + ... + anxn ∈ Q[x], irreducible tal
que P (x0) = 0. Por el teorema del valor medio, tenemos:
P
(h
k
)= P
(h
k
)− P (x0) = P ′(ξ)
(h
k− x0
)ξ ∈
(x0,
h
k
)
P
(h
k
)= a0 + ...+ an
(h
k
)n=N
kn, N ∈ Z− {0}
⇒∣∣∣∣P(hk
)∣∣∣∣ ≥ 1
kn⇒ 1
kn≤ |P ′(ξ)|
∣∣∣∣hk − x0∣∣∣∣
Sea d = |hk − x0|.
Si d > 1,
∣∣∣∣x0 − hk
∣∣∣∣ > 1kn , y se cumple el enunciado con c(x0) = 1.
Si d ≤ 1 ⇒ |ξ − x0| ≤ 1 ⇒ |ξ| ≤ |x0|+ 1. Entonces,
|P ′(ξ)| ≤ |a1|+|2a2ξ|+...+|nanξn−1| ≤ |a1|+...+|nan|(|x0|+1)n−1 = A(x0),
Luego,
|P ′(ξ)| < A(x0) + 1 ⇒∣∣∣∣hk − x0
∣∣∣∣ > 1
1 +A(x0)
1
kn
Y se cumple el enunciado para c(x0) = 11+A(x0)
.
�
Lo que este teorema nos muestra es que un numero algebraico irracional,no puede ser aproximado ”muy cerca”por numeros racionales. Dicho de otromodo, si α es un numero irracional algebraico, existe una constante c(α) > 0tal que no existe un par (p, q) ∈ ZxN que cumpla:
0 <| α− p
q|< c(α)
qn.
Es decir, no hay una aproximacion por numeros racionales de orden mejorque 1
qn .
Numeros de Liouville
Un numero real α se dice numero de Liouville si para todo entero n, existenp ∈ Z y q ∈ N tales que ∣∣∣∣α− p
q
∣∣∣∣ < 1
qn, q > 1
12
Los numeros de Liouville son aquellos que podemos aproximar tanto cuan-to queramos por numeros racionales. Probemos ahora, que todo numero deLiouville es irracional y trascendente:
Teorema. Todo numero de Liouville es irracional.
DemostracionSupongamos que existe un numero de Liouville α = a/b, sea n un enteropositivo tal que 2n−1 > b. Como α es un numero de Liouville, tenemos
0 <
∣∣∣∣ab − p
q
∣∣∣∣ < 1
qn.
La primera desigualdad nos dice que ab 6=
pq lo que equivale a decir, ya que
son todos numeros enteros, que | aq − bp |≥ 1, ası∣∣∣∣ab − p
q
∣∣∣∣ =
∣∣∣∣aq − bpbq
∣∣∣∣ ≥ 1
bq>
1
2n−1q≥ 1
qn,
esto nos lleva a contradiccion.�Teorema. Todo numero de Liouville es trascendente.
DemostracionLo haremos por reduccion a lo absurdo. Si α es de Liouville, para todonatural j existen p,q tales que: ∣∣∣∣α− p
q
∣∣∣∣ < 1
qj
Si α un numero algebraico de grado n. Segun el teorema de Liouville exis-te una constante c(α) positiva tal que para todo (p, q) ∈ ZxN, p/q 6= α,tenemos: ∣∣∣∣α− p
q
∣∣∣∣ > c(α)
qn
Entonces queda:1
qj>c(x0)
qn⇒ c(x0) <
1
qj−n
Si hacemos tender j a infinito, como q es un natural quedarıa c(x0) < 0,contradiccion.�
13
CAPITULO 2
Irracionalidad de e
Probaremos la irracionalidad de e, usando la expresion: e =∑∞
n=01n! , viendo
que sus sumas parciales satisfacen el criterio de irracionalidad del Capıtulo 1.
Consideremos, para cada valor de N, las sumas parciales de la serie:
N∑n=0
1
n!=
1
N !(N ! +
N !
2!+ ...+
N !
(N − 1)!+ 1) =
pNN !
Llamando pN al numero que esta entre parentesis en esa expresion. Los pNson enteros ya que son cocientes entre factoriales con numerador mayor quedenominador. Sumamos la serie geometrica:
0 <
∣∣∣∣∣e−N∑n=0
1
n!
∣∣∣∣∣ =
∣∣∣∣∣∣∞∑
n=N+1
1
n!
∣∣∣∣∣∣ =
=
∣∣∣∣ 1
(N + 1)!+
1
(N + 2)!+ ...
∣∣∣∣ =1
(N + 1)!(1 +
1
(N + 2)+
+1
(N + 2)(N + 3) + ...)<
1
(N + 1)!(1 +
1
(N + 1) + 1(N+1)2
+ ...)=
=1
(N + 1)!
∞∑j=0
1
(N + 1)j=
1
(N + 1)!
∞∑j=0
1
(N + 1)j=
=1
(N + 1)!
1
1− 1N+1
=1
NN != o
(1
N !
),
Ası ya tenemos la sucesion de fracciones pN/N ! que cumple:
0 <
∣∣∣∣e− pNN !
∣∣∣∣ = o
(1
N !
)Y por el corolario anterior se tiene que e es irracional.
14
Para la irracionalidad de π y de ζ(3) hemos utilizado un artıculo de F.Beukers (Ver referencia [II])
Irracionalidad de π
Vamos a probar la irracionalidad de
ζ(2) =∞∑n=1
1
n2=π2
6
Para empezar, veamos el valor de una integral del tipo∫ 1
0
∫ 1
0
P (s, t)
1− stdsdt
Como la integracion es una operacion lineal, analicemos integrales massencillas primero. Para ello, utilizaremos el Teorema de la ConvergenciaMonotona (TCM):Si tenemos una sucesion de funciones fn creciente convergente a una fun-cion f, si estas funciones son integrables en I=[a,b] (con a, b ∈ R, a < b):lımn→∞
∫I fn =
∫I lımn→∞ fn =
∫I f . Luego, si gk es una sucesion de fun-
ciones positivas, como∑∞k=0 gk = lımn→∞
∑nk=0 gk, y al ser sumas finitas
de funciones positivas, estas forman una sucesion creciente, se tiene:∫I
lımn→∞
n∑k=0
gk = lımn→∞
n∑k=0
∫Igk =
∞∑k=0
∫Igk.
Sabiendo que el desarrollo en serie de Taylor de 11−st es
∑∞k=0 s
ktk si|st| < 1∫ 1
0
∫ 1
0
dsdt
1− st=
∫ 1
0
∫ 1
0
∞∑k=0
sktkdsdt = (s, t ∈ (0, 1) ⇒ |st| < 1)
Por el TCM ya que sktk > 0 si s, t ∈ (0, 1)x(0, 1).
∞∑k=0
∫ 1
0
∫ 1
0sktkdsdt =
∞∑k=0
∫ 1
0
sk+1tk
k + 1
∣∣∣∣10dt =
=∞∑k=0
∫ 1
0
tk
k + 1dt =
∞∑k=0
1
(k + 1)2= ζ(2)
Sean α, β ∈ N suponiendo, sin perdida de generalidad, α > β.∫ 1
0
∫ 1
0
tαsβ
1− stdsdt =
∫ 1
0
∫ 1
0sβtα
∞∑k=0
sktkdsdt =
15
∞∑k=0
∫ 1
0
∫ 1
0sβ+ktα+kdsdt =
∞∑k=0
1
α+ k + 1
1
β + k + 1=
1
α− β
∞∑k=1
(1
β + k− 1
α+ k
)= (∗)
Como β y α son numeros naturales existira un N ∈ N tal que β+N =α, ası:
∞∑k=1
1
β +N + k− 1
α+ k= 0
Luego,
(∗) =1
α− β
(0 +
N∑k=0
1
β + k
)=
1
α− β
(1
β + 1+ ...+
1
α
)=
A
B
con B ≤ mcm(1, 2, ..., α)2, porque los α− β, β + 1, ..., α son numerosnaturales menores que α.
Si α = β∫ 1
0
∫ 1
0
tαsα
1− stdsdt =
∞∑k=1
1
(α+ k)2= ζ(2)−
α∑0
1
k2= ζ(2)− A
B
Entonces, si tenemos un polinomio P(s,t) de grado menor o igual que α ycoeficientes enteros se tendra:∫ 1
0
∫ 1
0
P (s, t)
1− stdsdt = Aζ(2) +B
Con A entero y B racional de denominador no mayor que (mcm(1, 2, ..., α))2
Lo que queremos ahora es encontrar un polinomio que haga las integralesmas pequenas. Elegimos el polinomio de Legrende de grado n:
Pn(s, t) = (1− t)n 1
n!
(dn
dsn((1− s)nsn)
)Ahora acotamos:
∣∣∣∣ ∫ 1
0
∫ 1
0
(1− t)n 1n!
(dds
)(n)((1− s)nsn)
1− stdsdt
∣∣∣∣ =
∫ 1
0
∫ 1
0
Pn(s, t)
1− stdsdt = Anζ(2) +Bn
∣∣∣∣ ∫ 1
0
∫ 1
0
(1− t)ntn(1− s)nsn
(1− st)n+1dsdt
∣∣∣∣ ≤ sups,t∈[0,1]
∣∣∣∣(1− t)t(1− s)s1− st
∣∣∣∣nζ(2)
16
Calculando las derivadas parciales, viendo los puntos que las anulan y elsigno del hessiano, vemos que el maximo que alcanza la funcion en [0,1]x[0,1]
es√5−12 . Ası vemos:
0 <
∣∣∣∣ ∫ 1
0
∫ 1
0
Pn(s, t)
1− stdsdt
∣∣∣∣ = |ζ(2) +BnAn| < 1
An
(√5− 1
2
)5n
ζ(2).
Luego, si llamamos dn = mcm[1, 2, ..., n]
0 < |ζ(2) +d2nBnd2nAn
| ≤ 1
d2nAn
(√5− 1
2
)5n
d2nζ(2)
Veamos que (√5− 1
2
)5n
d2nζ(2) → 0 cuando n → ∞
dn = mcm(1, 2, ..., n) =∏p≤n
pγ(p) ≤∏p≤n
plog nlog p =(∗)
∏p≤n
n = nπ(n)
(*) se debe a que: plog nlog p = e
log p log nlog p = elog n = n. Ahora, el teorema del
numero primo (ver demostracion en referencia [IV]), nos dice que el numerode primos en [1,n]=π(n) ∼ n
log n . Es decir,
limn→∞
(π(n)
n/log n
)= 1
Luego existe un ε pequeno, tal que: π(n) ≤ n(1+ε)log n . Y ası podemos demostrar
que la cota que tenıamos tiende a cero:(√5− 1
2
)5
e2(1+ε) ≤(
2′25− 1
2
)5
32 < 0′86
Es decir,
1
d2nAn
(√5− 1
2
)5n
d2nζ(2) <0′86nζ(2)
d2nAn→ 0 si n → ∞.
Luego,
0 <
∣∣∣∣ζ(2) +d2nBnd2nAn
∣∣∣∣ = o
(1
d2nAn
)Y con el corolario del teorema de Dirichlet queda demostrado que π2/6 es
irracional. Entonces, si π = a/b⇒ π2/6 = a2/6b2 y tambien serıa racional,necesariamente entonces, π es irracional.
17
Irracionalidad de ζ(3):
ζ(3) =∞∑
n=1
1
n3
Ahora queremos ver el valor de una integral del tipo:∫ 1
0
∫ 1
0
P (s, t)log(s, t)
1− stdsdt
Para ello, analicemos de nuevo integrales mas sencillas, reescribimos laintegral de la demostracion anterior.
Si α > β:
∫ 1
0
∫ 1
0
tαsβlog(st)
1− stdsdt = −
∫ 1
0
∫ 1
0
∞∑k=0
−log(st)tα+ksβ+k dsdt = (∗)
Si s, t ∈ (0, 1) ⇒ st ∈ (0, 1) ⇒ log(st) < 0 y tα+ksβ+k > 0 ⇒−log(st)tα+ksβ+k > 0 Usando el TCM de nuevo,
(∗) =∞∑k=0
∫ 1
0
∫ 1
0log(st)tα+ksβ+k =
∞∑k=0
∫ 1
0
∫ 1
0(log(s)+log(t))tα+ksβ+k =
=∞∑k=0
(∫ 1
0tα+k
(∫ 1
0log(s) sβ+kds
)dt+
∫ 1
0sβ+k
(∫ 1
0log(t) tα+kdt
)ds
)=
Integrando por partes y evaluando en 0 y 1, queda:
=∞∑k=0
( −1
(α+ k + 1)(β + k + 1)2− 1
(α+ k + 1)2(β + k + 1)
)=
=1
α− β
α−β∑k=0
1
(β + k + 1)2=
1
α− β
(1
(β + 1)2+ ...+
1
α2
)=
Ası vemos que dicha suma, es un numero racional con denominadorno mayor que d3r con dr = mcm[1, 2, ..., r].
Si α = β: ∫ 1
0
∫ 1
0
log st
1− tssαtα =
∞∑k=0
−2
(α+ k + 1)3=
= −2
(ζ(3)− 1
13− ...− 1
α3
).
18
Consideramos ahora la integral:∫ 1
0
∫ 1
0− log st
1− stPn(s)Pn(t)dsdt.
Con Pn el polinomio de Legrende de s y de t de grado n. Sabemos entoncesque esta integral sera igual a (An +Bnζ(3))d−3n con An, Bn ∈ Z.Teniendo en cuenta:
−log st1− st
=
∫ 1
0
1
1− (1− st)zdz,
∫ 1
0
∫ 1
0− log st
1− stPn(s)Pn(t)dsdt =
∫ 1
0
∫ 1
0
∫ 1
0
Pn(s)Pn(t)
1− (1− st)xdsdtdz.
Derivamos n veces respecto a s y tendremos:∫ 1
0
∫ 1
0
∫ 1
0
(stz)n(1− s)nPn(t)
(1− (1− st)z)n+1dsdtdz
Haciendo el cambio de variable w = 1−z1−(1−st)z tendremos la integral:∫ 1
0
∫ 1
0
∫ 1
0(1− s)n(1− w)n
Pn(t)
1− (1− st)zdsdtdw.
Derivamos n veces respecto a t y tenemos:∫ 1
0
∫ 1
0
∫ 1
0
sn(1− s)ntn(1− t)nwn(1− w)n
(1− (1− st)w)n+1dsdtdw.
Hallamos que el maximo valor que alcanza la funcion s(1− s)t(1− t)w(1−w)(1− (1− st)w)−1 y es (
√2− 1)4 en [0,1]x[0,1]x[0,1]. Entonces,∫ 1
0
∫ 1
0
∫ 1
0
|sn(1− s)ntn(1− t)nwn(1− w)n|(1− (1− st)w)n+1
dsdtdw ≤
(√
2− 1)4n∫ 1
0
∫ 1
0
∫ 1
0
1
1− (1− st)wdsdtdw =
(√
2− 1)4n∫ 1
0
∫ 1
0
−log st1− st
dsdt = 2(√
2− 1)4nζ(3)
Tenemos:0 < |An +Bnζ(3)|d−3n < 2ζ(3)(
√2− 1)4n,
Es decir,
0 <
∣∣∣∣ζ(3) +AnBn
∣∣∣∣ < 2ζ(3)d3n(√
2− 1)4n
d3nBn
≤ 2ζ(3)(27(√
2− 1)4)n
d3nBn<
2ζ(3)(4/5)n
d3nBn→ 0 si n→∞
Luego el ultimo termino es una o pequena del denominador d3nBn. Portanto, por el criterio de irracionalidad, ζ(3) es irracional.
19
CAPITULO 3
Observacion Un polinomio es algebraico en Z[x] si y solo si lo es enQ[x].
Esto se debe a que dado un numero real a, si encontramos un polinomio p(x)en Q[x] tal que p(a) = 0, multiplicarıamos por el mınimo comun multiplode los denominadores de los coeficientes de p(x), llamemosle b, y tendrıamosun polinomio bp(x) en Z[x] que cumplirıa tambien bp(a) = 0, y a serıa alge-braico en los enteros. La otra implicacion es obvia ya que Z[x]⊂Q[x].
Trascendencia de e
Supongamos que existe un polinomio p(x) = amxm+...+a1x+a0 con ai ∈ Z,
tal que e es una de sus raıces (amem + ...+ a1e+ a0 = 0). Supongamos, sin
perdida de generalidad que a0 6= 0, en caso contrario, dividiriamos por x, ya1 serıa el nuevo termino independiente, y como e 6= 0, P (e)
e = 0/e = 0 y eseguirıa siendo raız.Definimos ahora:
f(x) =xp−1(x− 1)p(x− 2)p...(x−m)p
(p− 1)!
Con p numero primo arbitrario. Definimos tambien:
F (x) = f(x) + f ′(x) + ...+ f (mp+p−1)(x)
Observese que F(x)-F’(x)=f(x), ya que el ultimo termino de F’(x) serıafmp+p)(x) = 0 por ser f(x) un polinomio de grado mp+p-1.Vemos que si 0 < x < m
|f(x)| ≤ mp−1mmp
(p− 1)!=mmp+p−1
(p− 1)!
Y para F(x):
d
dx(e−xF (x)) = e−x(F ′(x)− F (x)) = −e−xf(x)
Por lo que, por la regla de Barrow:
aj
∫ j
0e−xf(x)dx = aj [−e−xF (x)]j0 = ajF (0)− aje−jF (j)
Multiplicando a ambos lados por ej , y sumando en j=0,1,...,m llegamos a:
m∑j=0
ajej∫ j
0e−xf(x)dx = F(0)0−
m∑j=0
ajF(j) = −m∑j=0
mp+p−1∑i=0
ajf(i)(j) (1)
20
(El 0 que multiplica F(0) se debe a que al sumar en j nos queda∑mj=0 aje
j =0 ya que e es raız del polinomio por hipotesis).En lo que sigue de la demostracion vamos a probar que la igualdad (1) noslleva a una contradiccion.Veamos ahora que f (i)(j) es un numero divisible por p excepto en el casode i=p-1 y j=0.
((x− j)p)(k) =
(x− j)p si k = 0p(p− 1)...(p− k + 1)(x− j)p−k si k < pp! si k = p0 si k > p
Luego ((x − j)p)(k)(j) es cero excepto en k=p que vale p!. Ası, los unicossumandos de f (i)(j) que no son cero provienen de terminos donde el factor(x−j)p ha sido derivado p veces. En estos casos obtendremos en el numeradorp! que cancela a (p-1)! del denominador, es decir, un numero entero divisiblepor p. Ademas, si i=p-1 y j=0:
f (p−1)(0) =(p− 1)!(−1)p...(−m)p
(p− 1)!= (−1)p...(−m)p.
Si elegimos p mayor que m (ya que era un numero primo arbitrario) vemosque este producto tendra a p como factor primo.Por tanto, en el lado derecho de la igualdad (1) tendremos un numero enteromultiplo de p, luego sera un numero distinto de cero. Es decir,
−m∑j=0
mp+p−1∑i=0
ajf(i)(j) = kp, con k ∈ Z y k 6= 0
Si hacemos tender p a infinito, utilizando la formula de Stirling para laaproximacion de factoriales grandes (n! ∼ nne−n
√2πn), la cota de |f(x)|:
lımp→∞
mmp+p−1
(p− 1)!= lım
p→∞mmp+p−1ep−1√
2π(p− 1)p−1+12
=
1√2πexp( lım
p→∞(−log m+((m+1)log m+1)p−(p− 1
2)log(p−1)) = e−∞ = 0
es un numero que tiende a 0. Por tanto,∣∣∣∣∣∣m∑j=0
ajej∫ j
0e−xf(x)dx
∣∣∣∣∣∣ ≤m∑j=0
|ajej |∫ j
0|e−x||f(x)|dx → 0 si p→∞
Luego podremos encontrar un p suficientemente grande como para que∣∣∣∣∣∣m∑j=0
ajej∫ j
0e−xf(x)dx
∣∣∣∣∣∣ < 1
21
Es decir, no podra ser un numero entero distinto de cero.Esto, sumado con (2), nos lleva a que la igualdad (1) es una contradiccion.Por tanto, e no puede ser raız de ningun polinomio en Z[x], tampoco enton-ces de ninguno en Q[x]. Es decir, e es trascendente. (Ver referencia en [I,44, ,45 y 46])
Trascendencia de π
Utilizaremos los siguientes resultados previos:
Lema 1 Sea α ∈ C un numero algebraico de grado n. Sean α = α1, ..., αnlas raıces conjugadas de α. Supongamos tambien que
P = P (x, α1, ..., αn) ∈ Q[x, α1, ..., αn]
P ademas, como polinomio de α1, ..., αn en Q[x], tiene que ser simetrico enα1, ..., αn, es decir, que no cambia cuando permutamos las αj. Entonces,
F (x) ∈ Q[x]
Si α es algebraico entero, esto es, con polinomio mınimo en Z[x]. En-tonces,
F = F (α) ∈ Z[α], y F ∈ Z
(Ver demostracion del lema en [I])
Formula de Leibnitz. Sean u,v derivables hasta orden en n en un in-tervalo I, entonces, para todo x ∈ I se cumple:
(uv)(n)(x) =n∑k=0
(n
k
)u(k)v(n−k)(x)
Demostracion Se prueba por induccion sobre n.
Lema 2 Sea p(x) = (x − a)np1(x), con p1(x) ∈ Q[x]. Si l < n, l ∈ N,llamando p(l)(a) a la derivada l-esima de p(x) en a:
⇒ p(l)(a) = 0
DemostracionLlamando u(x) = (x− a)n y v(x) = p1(x). Tenemos:
u(l)(x) = n.(n− 1)...(n− l + 1)(x− a)n−l si l < n ⇒ u(l)(a) = 0
22
p(l)(a) = (uv)(l)(a) =l∑
k=0
(l
k
)u(k)(a)v(l−k)(a) = 0
porque k ≤ l < n.
Lema 3 Si p(x) ∈ Z[x], entonces para todo k ∈ N, todos los coeficien-tes de la k-esima derivada p(k)(x) son divisibles por k!:
DemostracionComo la derivacion es una operacion lineal, bastara probarlo para cada xs
con s > 0. Las derivada k-esima de xs es cero si k > s y si 1 ≤ k ≤ n esigual a k!
(sk
)xs−k y
(sk
)es un entero (por ser el numero de maneras posibles
de ordenar s elementos tomados de k en k).
Teorema El conjunto de los numeros algebraicos forma un cuerpo(Ver demostracion en [III])
Trascendencia de π
Supongamos que π es algebraico, como los algebraicos forman un cuerpoiπ tambien lo serıa (ya que i es raız del polinomio x2 + 1). Sea v el grado delpolinomio mınimo de iπ, y sean iπ = γ1, ..., γv todas las raıces del polinomio.Como eγ1 + 1 = eiπ + 1 = 0 (formula de Euler):
(eγ1 + 1)...(eγv + 1) =v∏i=1
(eγi + 1)
Desarrollamos el producto y queda:
v∏i=1
(eγi + 1) =1∑
ε1=0
...1∑
εv=0
eε1γ1+...+εvγv (1)
Los exponentes de e en esta expresion incluyen el 0 (por ejemplo si εi = 0para todo i=1,...,v), y todas las posibles sumas de las γ1, ..., γv, ya sean deun sumando, de dos, o de las v si εi = 1 para todo i.Supongamos ahora que hay m exponentes no nulos. El numero de combina-ciones posibles de ε1γ1 + ... + εvγv, con εjγj = 0, γj y j = 1, ..., v es 2v (lopodemos ver como dos elementos cogidos de v en v en los que sı importa elorden, y se pueden repetir). Luego e0 = 1 estara en esta suma 2v −m = aveces. Y a ≥ 1 (al menos hay un cero cuando ε = 0 para todo i). Si llamamosα1, ..., αm a los exponentes no nulos, escribiremos (1) como:
a+ eα1 + ...+ eαm = 0
23
Consideremos ahora el polinomio:
φ(x) =1∏ε=0
...1∏ε=0
(x− (ε1γ1 + ...+ εvγv)),
que como polinomio en γ1, ..., γv con coeficientes en Z[x], es simetrico enγ1, .., γv. Entonces, por el Lema 1, φ(x) ∈ Q[x]. El polinomio tiene grado2v y tiene por raıces α1, ..., αm con multiplicidad 1 y el 0 con multiplicidada. Entonces, el polinomio x−aφ(x) ∈ Q[x] es de grado m y tiene por raıcesα1, ..., αm. Si llamamos r ∈ N al denominador comun de los coeficientes delpolinomio, tenemos que:
ψ(x) =r
xaφ(x) = bmx
m + ...+ b0 ∈ Z[x] bm > 0, b0 6= 0,
sigue teniendo por raıces α1, ..., αm. Lo podemos escribir tambien como:ψ(x) = bm(x− α1)...(x− αm) Sea ahora:
f(x) =1
(n− 1)!bmn−1m xn−1ψn(x)
Sea F (x) = f(x) + f ′(x) + ...+ f (mn+n−1)(0).Ası F (x) − F ′(x) = f(x) ya que el ultimo termino de la suma F’(x) seanula por ser f(x) un polinomio de grado mn+n-1. Como, d
dx(e−xF (x)) =−e−xf(x)∫ x
0e−yf(y)dy = −e−xF (x)−F (0) ⇒ ex
∫ 1
0e−yf(y)dy = −F (x)−exF (0)
Sustituyendo por x = α1, .., αm y sumando nos queda:
−aF(0)−m∑
k=1
F(αk) =m∑
k=1
eαk
∫ αk
0f(t)e−tdt. (2)
El −a se debe a que∑mi=1 e
αi = −aVeamos ahora la contradiccion en esta ultima igualdad.Por el Lema 2, tenemos que f (l)(0) = 0 para l=1,...,n-2. Y con la formulade Leibniz vemos:
f (n−1)(x) =bmn−1m
(n− 1)!
n−1∑k=1
(n− 1
k
)(xn−1)k)((x− α1)
n...(x− αm)n)n−k+1) =
=bmn−1m
(n− 1)!
((n− 1)!(x− α1)
n...(x− αm)n) + f (n−2)(x))
Luego,
f (n−1)(0) =bmn−1m
(n− 1)!(n− 1)!(−α1)...(−αm) + 0 = bmn−1m bn0
24
Y para l ≥ n, por el Lema 3, la derivada l-esima de xn−1ψn(x) es divisiblepor n!, luego f (l)(0) sera un multiplo de n. Y queda:
F (0) =mn+n−1∑l=n−1
f (l)(0) = bmn−1m bn0 + nA, A ∈ Z
De nuevo, para αk, usamos el Lema 2 y vemos:
f (l)(αk) = 0, l = 0, 1, ..., n− 1; k = 1, ...,m.
Y, por el Lema 3, para l ≥ n, las derivadas l-esimas de xn−1ψn(x) tie-nen coeficientes enteros divisibles por n!. Ası, los coeficientes de f (l)(x) sonenteros divisibles por bmn−1m n. Es decir, para k=1,...,m:
F (αk) =
(m+1)n−1∑l=n
f (l)(αk) = nbmn−1m ϕ(αk)
con ϕ(c) ∈ Z[c].Los numeros βk = bmαk, k=1,...,m, son algebraicos enteros, y forman elconjunto de todas las raıces de un polinomio monico en Z[x]. Ademas,
bmn−1m ϕ(αk) = H(βk), H(x) ∈ Z[x].
Luego por el Lema 1:
m∑k=1
bmn−1m ϕ(αk) =m∑k=1
H(βk) = B, B ∈ Z
Ası, tenemos:
aF (0) +m∑k=1
F (αk) = abn0bmn−1m + n(aA+B).
Ahora, como n era un numero natural arbitrario, escogemos uno tal que ny b0bm sean primos entre sı, y n > a. Ası: abn0b
mn−1m +n(aA+B) 6= 0 y como
es entero, ∣∣∣∣∣aF (0) +m∑k=1
F (αk)
∣∣∣∣∣ ≥ 1
Vayamos ahora a la parte izquierda de (2):Sea R > 0 tal que α1, ..., αm esten en el cırculo |x| ≤ R. Llamamos
C = max|x|≤R
|bmmψ(x)|
(que existira porque bmmψ(x) es continua y |x| ≤ R es un compacto). Vemosque C no depende de n. Entonces,
max|x|≤R
|f(x)| ≤ Rn−1Cn
(n− 1)!
25
Entonces,∣∣∣∣∣m∑k=1
wαk
∫ αk
0f(x)e−xdx
∣∣∣∣∣ ≤m∑k=1
∣∣∣∣∫ αk
0|f(x)||eαk−x|dx
∣∣∣∣ ≤Rn−1eR
(n− 1)!Cn
m∑k=1
∣∣∣∣∫ αk
0dx
∣∣∣∣ ≤ meR (RC)n
(n− 1)!
Y como, usando la formula de Stirling,
limn→∞(RC)n
(n− 1)!= lım
n→∞RnCnen−1
(n− 1)n−1√
2πn= 0
Podemos encontrar n suficientemente grande como para que meR (RC)n
(n−1)! < 1.
Entonces, la igualdad (2) llega a la contradiccion de que 1 < 1. Por tanto, iπno puede ser raız de ningun polinomio en Q[x], entonces tampoco lo sera π,es decir, π es trascendente. (Ver referencia [I])
26
BIBLIOGRAFIA
I Beukers, F. A note on the irrationality of ζ(2) and ζ(3). Bull. LondonMath. Soc. 11 (1979), no. 3, 268–272.
II Shidlovskii, A. B. Transcendental numbers. de Gruyter Studies in Mathe-matics, 12. Walter de Gruyter and Co., Berlin, 1989
III. Niven, Ivan; Zuckerman, Herbert S. An introduction to the theory ofnumbers. Third edition. John Wiley and Sons, Inc., New York-London-Sydney, 1972.
IV. Introduccion a la teorıa analıtica de numeros de Tom M. Apostol, 1984.
V. Notas de Matematica Discreta de Pablo Fernandez Gallardo y Jose LuisFernandez Perez.