Asuntos irracionais

As matemáticas da Grecia clásica foron extraordinarias. Tanto é así, que as matemáticas, tal e como as entendemos, son herdeiras directas das matemáticas gregas. Todas as achegas anteriores ou doutras culturas pódense etiquetar nun sentido moi preciso como protomatemáticas. Con todo, os matemáticos gregos non foron quen de tratar os números irracionais en toda a súa complexidade. Ficaron traumatizados polos inconmensurables e este trauma non puido ser tratado ata o século XIX.

Hoxe en día todo alumno que remata a secundaria obrigatoria debe saber o que son os números irracionais. Por concretar, trabállase moito coas fraccións, os números da forma $\frac{m}{n}$ onde $m$ e $n$ son números enteiros. Tamén se aprende cal é a expresión decimal destes números: serán, ben decimais cun número finito de cifras ou ben, se teñen un número infinito de cifras,  terán unha expresión periódica. Velaquí un par de exemplos; comecemos co seguinte:

$$\frac{1}{7}=0'142857142857142857142857142857...$$

Para obter a expresión decimal facemos a división. Como o divisor é 7, o resto ten que ser un número menor: 0, 1, 2, 3, 4, 5 ou 6. Neste caso o resto nunca dá 0, polo que só hai 6 restos posibles. Isto significa que o resultado decimal vai repetirse a partir da sétima cifra. En efecto, obteremos  reiteradamente a secuencia 142857. Isto é o que se chama número decimal periódico. No seguinte exemplo

$$\frac{3}{25}=0'12$$

Como o divisor é 25, nun principio, como moito teriamos unha restra de 24 decimais que despois deberían repetirse. Pero neste caso non tardamos en obter un 0 de resto e aí remata a división. Obtivemos un decimal exacto, con un número finito de cifras decimais. Velaí que todos os números racionais terán unha expresión decimal ben infinita periódica, ben finita.

Podemos imaxinar outras cifras decimais, aquelas que son infinitas e non periódicas. Estas serán precisamente as correspondentes aos números irracionais. Se unimos o conxunto  dos números racionais, que identificamos mediante o símbolo $\mathbb{Q}$, con todos os irracionais, $\mathbb{I}$, obteremos o conxunto dos números reais, $\mathbb{R}$ que é o formado por todos os números decimais.

Un dos exemplos máis famosos de número irracional é a $\sqrt{2}$, da que xa demostramos noutra ocasión xa demostramos noutra ocasión que non podía escribirse como cociente de dous número enteiros. Velaquí as súas primeiras cifras decimais:

$$\sqrt{2}=1,4142135623730950488016887242096980785696718753769480731766797...$$

Hai moitos exemplos máis de números irracionais:

$$0'12345678910111213141516171181920212223242526272829303132333435363738...$$

$$0'2345678910111213141516171181920212223242526272829303132333435363738...$$

Está claro que esta lista é infinita. Isto significa que hai infinitos números irracionais e aquí teremos a primeira sorpresa. Resulta que a cantidade (infinita) de irracionais é maior que a cantidade (infinita) de racionais. Para dar un razoamento deste feito, nos últimos cursos da ESO propóñolles o seguinte experimento mental. Imaxinemos que temos un saco con bólas brancas e bólas negras ben mesturadas, isto é que as bólas brancas non están na parte baixa do saco, están distribuídas ao azar por todo o seu contido. Sacamos unha bóla ao azar e resulta ser negra. Sacamos outra bóla, tamén negra. Continuamos repetindo o experimento unha e outra vez e só sacamos bólas negras, e insisto, non hai trampas. Neste caso concluímos que hai más bólas negras que brancas. Imos facer agora o mesmo experimento con números. Consideraremos unicamente o intervalo $(0,1)$ e colleremos nel números ao azar. Como podemos facelo? Cunha ruleta que teña os 10 díxitos. Un número dese intervalo terá parte enteira 0. Xiramos a ruleta e imos obtendo, en cada lanzamento, unha cifra decimal. Eu puxen a ruleta en funcionamento e obtiven o seguinte resultado:

$0'32931504154485839080382778080351429457854790736198815216962394170179963792...$

Realizar este experimento infinitas veces equivale a escoller un número ao azar do intervalo $(0,1)$. Como vai ser este número, racional ou irracional? Para que fose racional, ou ben a partir dun determinado momento a ruleta tería que caer infinitas veces no 0, ou ben, tería que repetir unha mesma pauta indefinidamente. Ambos casos son claramente imposibles. En consecuencia, o número extraído debe ser necesariamente irracional. Pero esta será a conclusión se repito unha e outra vez o experimento. Como no caso do saco de bólas, só me saen números irracionais. A conclusión é que hai moitos máis irracionais que racionais. Tendo en conta que hai unha infinidade tanto de uns como de outros, a extravagante consecuencia é que hai uns infinitos máis grandes que outros. 

Nas clases de Secundaria non profundizamos máis pero nas seguintes liñas daremos unha idea do encerllada que é distribución dos racionais e irracionais na recta.  Como no caso que acabamos de tratar, estudaremos unicamente o intervalo $(0,1)$. Pensemos nun número irracional calquera dese intervalo, por exemplo 

$$\frac{\sqrt{2}}{2}=0'70710678118654752440084436210484903928483593768847403658833986...$$

Este número poderá aproximarse tanto como queiramos por números racionais. Os valores $0'7$, $0'707$, $0'7071$,... son núimeros racionais cada vez máis próximos a $\frac{\sqrt{2}}{2}$.  Por moi pequeno que escollamos un intervalo que conteña a $\frac{\sqrt{2}}{2}$, ese intervalo vai conter infinidade de números racionais. En realidade, independentemente do pequeno que sexa un intervalo, ese conterá tanto unha infinidade de racionais como de irracionais. Esta propiedade enúciase normalmente dicindo que o conxunto dos números racionais $\mathbb{Q} $ é denso no conxunto dos números reais $\mathbb{R}$. Neste punto xa estamos en disposición de introducir un exemplo extraído do libro Mathematics and logic (Dover Publications 1968) de Mark Kac e Stanislaw M. Ulam.

Para cada racional $\frac{m}{n}$ do intervalo $(0,1)$, con $m$ e $n$ coprimos consideramos o intervalo de lonxitude $\frac{1}{2n^{2}}$ dado por $$\left ( \frac{m}{n}-\frac{1}{4n^{2}}, \frac{m}{n}+\frac{1}{4n^{2}}\right )$$

Para $n=2$ teremos o intervalo $\left ( \frac{1}{2}-\frac{1}{16},\frac{1}{2}+\frac{1}{16} \right )=\left ( \frac{9}{16},\frac{11}{16} \right )$

Para $n=3$ teremos dous intervalos: $\left ( \frac{11}{36},\frac{13}{36} \right )$ e $\left ( \frac{23}{36},\frac{25}{36} \right )$

Para $n=4$ hai outros dous intervalos: $\left ( \frac{17}{64},\frac{19}{64} \right )$ e $\left ( \frac{47}{64},\frac{48}{64} \right )$

Para $n=5$ hai 4 intervalos pois, ao ser primo, os 4 números menores que 5 son todos coprimos con el. Neste caso engadimos á nosa colección de intervalos os seguintes: 

$\left ( \frac{19}{100},\frac{21}{100} \right )$, $\left ( \frac{39}{100},\frac{41}{100} \right )$, $\left ( \frac{59}{100},\frac{61}{100} \right )$ e $\left ( \frac{79}{100},\frac{81}{100} \right )$

Cando chegamos a n=7 a porción do intervalo $(0,1)$ recuberta será a que se ofrece na imaxe

Parece que $\frac{\sqrt{2}}{2}$ xa foi recuberto por algún deses intervalos, porén se miramos con máis precisión veremos que isto *aínda non sucedeu:

A condición de seren coprimos equivale a esixir que a fracción $\frac{m}{n}$, con $m<n$, sexa irreducible. Así para cada $n\in\mathbb{N}$ tomamos en consideración tantos intervalos de lonxitude $\frac{1}{2n^{2}}$ como números menores que $n$ e coprimos con $n$ haxa. En consecuencia, para cada natural $n$ colleremos $\varphi (n)$ intervalos desa lonxitude, onde $\varphi$ é a función totiente de Euler. 

Cabe esperar que esta colección de intervalos recubra sobradamente todo o intervalo $(0,1)$ pois todos e cada un dos números racionais é centro dun deses intervalos. Imos reforzar esta idea comprobando que a suma das lonxitudes dos intervalos é infinita. En efecto, polo comentado no parágrafo anterior esa suma será $$\sum_{n\in\mathbb{N}}\frac{\varphi \left ( n \right )}{2n^{2}}$$

Agora ben, unha propiedade ben evidente da función $\varphi$ de Euler é que se $p$ é primo $\varphi \left ( p \right )=p-1$. Ademais se $p$ é primo $p\geq2$ e de aí $p-1\geq\frac{p}{2}$ En consecuencia

$$\sum_{n\in\mathbb{N}}\frac{\varphi \left ( n \right )}{2n^{2}}=\frac{1}{2} \sum_{n\in\mathbb{N}}\frac{\varphi \left ( n \right )}{n^{2}}\geq  \frac{1}{2}\sum_{p\:   primo}\frac{\varphi \left ( p \right )}{p^{2}}\geq \frac{1}{2}\sum_{p\: primo}\frac{p-1}{p^{2}}\geq   \frac{1}{2}\sum_{p\: primo}\frac{p}{2}\frac{1}{p^{2}}= \frac{1}{4}\sum_{p\: primo}\frac{1}{p}$$

Imos xogar un pouco con outras desigualdades. Prometo que paga a pena.

Se houbese un par de naturais que verificasen a igualdade $n^{2}-2m^{2}=0$, entón $n^{2}=2m^{2}$ e consecuentemente $\frac{n^{2}}{m^{2}}=2$, ou equivalentemente $\frac{n}{m}=\sqrt{2}$. Pero isto é imposible, de aí que $\left | n^{2}-2m^{2} \right |\neq 0$. Agora ben, este número debe ser natural, entón $\left | n^{2}-2m^{2} \right |\geqslant 1$. Dividindo por $2n^{2}$ obtense a  desigualdade:

$$\frac{\left | n^{2}-2m^{2} \right |}{2n^{2}}\geqslant \frac{1}{2n^{2}}$$

Que usaremos para obter esta outra desigualdade:

$$\left | \frac{\sqrt{2}}{2}-\frac{m}{n} \right |\left ( \frac{\sqrt{2}}{2} +\frac{m}{n}\right )=\left | \frac{2}{4}-\frac{m^{2}}{n^{2}} \right |=\left | \frac{1}{2} -\frac{m^{2}}{n^{2}}\right |=\frac{\left | n^{2}-2m^{2} \right |}{2n^{2}}\geqslant \frac{1}{2n^{2}}$$

Entón, como $\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{m}{n}< \frac{3}{4}+1< 2$ verificarase que

$$\left | \frac{\sqrt{2}}{2}-\frac{m}{n} \right |\geq \frac{1}{2n^{2}}:\left ( \frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{m}{n} \right )> \frac{1}{2n^{2}}\cdot \frac{1}{2}=\frac{1}{4n^{2}}$$

Dito con outras palabras, $\frac{\sqrt{2}}{2}$ dista de calquera racional $\frac{m}{n}$ máis que $\frac{1}{4n^{2}}$ polo que ningún intervalo da nosa colección recubre o punto $\frac{\sqrt{2}}{2}$, que manda truco!