Sobre la imposibilidad de la cuadratura del círculo

Muchos han sido los intentos de cuadrar un círculo con las "reglas clásicas de la antigüedad", es decir, construir con "regla y compás" un cuadrado de área igual a un círculo dado. Desde hace 150 años se sabe que es una tarea completamente imposible, al igual que muchos otros, como la trisección del ángulo o la duplicación del cubo (los tres problemas délicos). ¿Qué relación tiene la cuadratura del círculo con la trascendencia de $\pi$? ¡Comencemos!

Primero vamos a probar que el número $\pi$ es irracional y trascendente (sobre $\mathbb{Q}$, que lo omitiré en adelante). Este resultado es imprescindible para lo que después desarrollaremos.

Proposición: Todo número trascendente es irracional.

Demostración: supongamos que un número trascendente $p$ es racional. Entonces $p=\displaystyle\frac{a}{b}$ para ciertos enteros $a$ y $b$. Construímos el polinomio $p(x)=bx-a$, y como tiene por raíz a $p$, entonces es algebraico. Habiendo llegado a una contradicción, es claro que todo número trascendente es irracional. Por ello nos limitaremos a demostrar la trascendencia de $\pi$.

Una vez demostrada la trascendencia de $\pi$, veremos qué tiene que ver con la imposibilidad de cuadrar un círculo con regla y compás. Finalmente estudiaremos unas cuantas consecuencias y teoremas más.

1. Teorema de Lindemann-Weierstrass

Hermite (sí, el de los polinomios) fue el primero en probar que cualquier potencia racional de $e$ es trascendente, demostrando así que el propio $e$ es trascendente. Nueve años después, Lindemann lo generalizó diciendo que $e$ elevado a cualquier número algebraico es trascendente. Sin conocer la prueba de Lindemann, el español José Echegaray llegó al mismo resultado en 1886. El artículo lo puedes encontrar aquí.

Nosotros vamos a demostrar el caso más general del teorema, para luego particularizar al resultado que nos concierne. Bueno, vamos a ello:

Lema (A): dados $c(i) \ \neq 0 \ \forall i\in\mathbb{Z}\cap [1,r]$ sean ${y(k)_1,..., y(k)_{m(k)}}$   las raíces de un polinomio con coeficientes $T_k(x)=v(k) x^{m(k)}+...+u(k)$ $\forall k\in[1,r]$ enteros y con $u(k), v(k)\neq 0$. Entonces si $y(k)_i\neq y(u)_v$ con $(k, i)\neq (u, v)$ se tiene que $\sum_{i=1}^r{c(i)(e^{y(i)_i}+...+e^{y(i)_{m(i)}})}\neq 0$.

Demostración: en primer lugar la expresión final del enunciado puede ser escrita como 

$S=\sum_{k=1}^n\beta_k e^{\alpha_k}\neq 0$

donde $n_0=0$, $n=n_r$, $n_i=\sum_{k=1}^i m(k)$ con $i=1, …, r$, $\alpha_{n_i+j}=y(i+1)_j$ con $0\leq i\leq r$, $1\leq j\leq m(i)$ y $\beta_{n_i+j}=c(i+1)$. Supongamos que $S=0$ para llegar a una contradicción. Sea ahora 

$f_i(x):=\frac{l^{np}(x-\alpha_1)^p...(x-\alpha_n)^p}{(x-\alpha_i)}$

con $l$ entero y construyamos $I_i(s)=\int_0^s e^{s-x}f_i(x) dx=e^s\sum_{j=0}^{np-1}f_i^{(j)}(0)-\sum_{j=0}^{np-1}f_i^{(j)}(s)$ integrando por partes. En caso de que $s$ sea complejo integramos en un contorno cerrado que pase por la recta real y usamos el Teorema de Cauchy. Ahora evaluemos la suma

$J_i=\sum_{k=1}^n \beta_k I_i(\alpha_k)=\sum_{j=0}^{np-1}f_i^{(j)}(0)\sum_{k=1}^n\beta_ke^{\alpha_k}-\sum_{k=1}^n\sum_{j=0}^{np-1}\beta_k f_i^{(j)}(\alpha_k)$ por lo que $J_i=-\sum_{k=1}^n\sum_{j=0}^{np-1}\beta_kf_i^{(j)}(\alpha_k)$ donde en la última igualdad hemos usado la hipótesis del absurdo.

Si $j\geq p$ entonces $f_i^{(j)}(\alpha_k)$ es un entero algebraico múltiplo de $p!$. Si $j<p-1$ es claro que $f_i^{(j)}(\alpha_k)=0$ y si $j=p-1$ y $k=i$ entonces $f_i^{(j)}(\alpha_k)=l^{np}(p-1)!\prod_{i\neq k}(\alpha_i-\alpha_k)$. Este entero no es divisible por $p$ haciendo uso del Pequeño Teorema de Fermat, como puedes comprobar en la bibligrafía. Por tanto $J_i$ es divisible por $(p-1)!$. Ahora, reescribiendo $J_i$ como sigue

$J_i=-\sum_{j=0}^{np-1}\sum_{t=0}^{r-1}c(t+1)(f_i^{(j)}(\alpha_{n_t+1})++f_i^{(j)}(\alpha_{n_{t+1}}))$

Usando el Teorema Fundamental de polinomios simétricos, se puede probar que $J_i$ es un polinomio $G(\alpha_i)$, por lo que $|J_1...J_n|$ es un entero divisible por $(p-1)!^n$. La contradicción llega del hecho de que $|I(a_k)|\leq |a_k| e^{|a_k|}F_i{|a_k|}$ donde $F_i(x)$ es el polinomio cuyos coeficientes son los de $f_i(x)$ en valor absoluto. Pero entonces $J_i(|a_k|)\leq\sum_{k=1}^n|a_k\beta_k|e^{|a_k|}F_i(|a_k|)$ por lo que de alguna forma $|J_1...J_n|$ está acotado superiormente por cierto $N^p$, lo cual contradice la desigualdad anterior ya que $p$ es arbitrario y la cota inferior supera a la superior para $p$ suficientemente grande.


Otro Lema (B): si $b(1),...,b(n)$ son naturales y $y(1),...,y(n)$ son algebraicos y diferentes, entonces $b(1)e^{y(1)}+...+b(n)e^{y(n)}\neq 0$.

Prueba: construyamos un polinomio con coeficientes enteros cuyas raíces sean $y(1),...,y(n),y(n+1),...y(N)$ y definamos $b(n+1)=…=b(N)=0$. Si suponemos que el enunciado es falso, es claro que 

$\prod_{\sigma\in S_N}(b(1)e^{y(\sigma(1)}+...+b(N)e^{y(\sigma(N)})=0$

donde estamos considerando todas las permutaciones. Pero si expandimos ese productorio nos aparecen términos en exponenciales simétricas y al agrupar nos vamos a encontrar con una suma semejante a la del enunciado del lema A. Puede probarse que se satisfacen dichas hipótesis, lo cual es contradictorio y prueba el lema B.

Teorema de Lindemann-Weierstrass: si $a_1,...,a_n$ son números algebraicos no nulos y $\beta_1,...,\beta_n$ son números algebraicos distintos, entonces $a_1e^{\beta_1}+...+a_ne^{\beta_n}\neq 0$.

Demostración: se prueba de forma muy parecida al Lema B.

La prueba que dio Lindemann originalmente de que $\pi$ es trascendente os la dejo en la bibliografía. Es menos general pero es suficiente para lo que necesitamos en esta entrada. De hecho simplemente con los lemas A y B podríamos probar la trascendencia e irracionalidad de $\pi$ y de $e$.

La trascendencia de $e$ ya fue probada en una entrada anterior, que puedes leer aquí. De hecho es trivial sin más que ver el enunciado del lema B, ya que si $e$ fuese algebraico la igualdad sería cero para ciertos coeficientes. 

Ahora bien, si $\pi$ fuera algebraico, la ecuación $e^{i\pi}+1=0$ contradeciría el Lema B, por consiguiente acabamos de demostrar que el número $\pi$ es trascendental. Ahora vamos a estudiar la relación entre la trascendencia y el hecho de que el número $\pi$ no sea construible.

2. Imposibilidad de cuadrar un círculo

En primer lugar os remito a la bibliografía para entender bien qué queremos decir con que un punto sea o no construible. Para el tema que nos concierne, es suficiente que entendáis que si $a$ y $b$ son dos puntos construibles, entonces su cociente es construible. Esto será clave para demostrar que es imposible cuadrar el círculo. Vayamos ahora a por un teorema, que tengo algo de mono.

Un número es construible sí y sólo sí es algebraico y su polinomio mínimo irreducible sobre $\mathbb{Q}$ es potencia de 2.

La demostración la puedes encontrar en el libro "What is mathematics?" que os dejo en la bibliografía, entre las páginas 127 y 140. La idea es simple y voy a tratar de ilustrarla.

Primero define un "number field" como un conjunto de números cerrado bajo operaciones racionales (suma, resta, producto y división). Llama $F_0$ al rational field y $F_1$ al irracional, que lo obtiene a partir de $F_=$. Obviamente ambos son construibles de forma muy sencillita (os vuelvo a remitir al artículo de Gaussianos). Poco a poco construye nuevos $F's$ a partir de los anteriores y observa qué números son construibles. Por ejemplo, los números de $F_1$ vienen de ecuaciones de segundo grado, los de $F_3$ de cuarto grado y así sucesivamente. Por tanto los números algebraicos son los únicos construibles. Además 


Supongamos que es posible cuadrar el círculo con regla y compás. Esto equivale a decir que $R$ y $L$ son construibles, siendo $R$ el radio del círculo y $L$ el lado del cuadrado. Como $\pi R^2=L^2$ entonces $\sqrt{\pi}=L/R$ es construible por serlo $R$ y $L$. Pero esto es falso por ser $\pi$ trascendental. Con lo cual queda probada la imposibilidad de cuadrar el círculo.


3. Otros problemas délicos 


Además de la imposibilidad de cuadrar el círculo, existen otros dos problemas clásicos que se han demostrado imposibles.

Duplicación del cubo: no es posible porque el polinomio mínimo irreducible de $\sqrt[3]{2}$ es $x^3-2=0$ y 3 no es múltilplo de 2.

Trisección del ángulo: algunos ángulos sí se pueden trisecar, pero no es posible en general. En el artículo de Gaussianos de la bibliografía lo tiene hecho con el ángulo de 60º.



4. Curiosidades


Hay otro teorema, el de Gelfond-Schneider, que garantiza que $a^b$ es trascendente si $a$ y $b$ son algebraicos y $b$ es irracional. Junto con el Teorema de Lindemann sería consecuencia de la Conjetura de Schanuel, que no es más que eso, una conjetura.

De hecho, el teorema de Gelfond es el resultado del séptimo problema de Hilbert, una lista de 23 problemas matemáticos enunciada por Hilbert a principios del siglo pasado, de los cuales se han resuelto 9. 



5. Conclusiones

La idea básica de esta entrada era probar que la cuadratura del círculo es imposible. Para ello hemos definido lo que es una construcción clásica con regla y compás, y hemos demostrado que sólo podemos construir números algebraicos que sean raíz de un polinomio irreducible de grado $2^n$ con $n$ natural. Habiendo probado que $\pi$ es trascendente gracias al Teorema de Lindemann-Weierstrass, hemos conseguido nuestro objetivo.

Bibliografía

- https://es.wikipedia.org/wiki/N%C3%BAmero_trascendente

- https://en.wikipedia.org/wiki/Lindemann–Weierstrass_theorem (Teorema de Lindemann)

-  http://gaussianos.com/echegaray-y-la-trascendencia-de-pi

- http://gaussianos.com/como-demostrar-que-%CF%80-pi-es-trascendente/

- http://gaussianos.com/construcciones-con-regla-y-compas-i-introduccion-y-primeras-construcciones/ (Construcciones clásicas con regla y compás)

- http://gaussianos.com/construcciones-con-regla-y-compas-ii-los-problemas-delicos/

- http://mimosa.pntic.mec.es/jgomez53/matema/conocer/numpi_lindemann.htm

- http://gaussianos.com/quien-dijo-que-la-cuadratura-del-circulo-era-imposible/

- http://www.cimat.mx/~ibrahim/LOTra_JIVG.pdf

- https://es.wikipedia.org/wiki/Problemas_de_Hilbert (Problemas de Hilbert)

- https://es.wikipedia.org/wiki/Teorema_de_Gelfond-Schneider

- What is mathematics? Courant & Robbins (los números algebraicos son los únicos construibles, pág 127-140)

- http://rodin.uca.es/xmlui/bitstream/handle/10498/7163/33925574.pdf (José Echegaray)

- http://sixthform.info/maths/files/pitrans.pdf (Más sobre la trascendencia de $\pi$)

El problema de Basilea

A mediados del siglo XVII, Jakob Bernouilli popularizó un problema matemático: calcular la suma de los inversos de los cuadrados perfectos. En términos de la función $\zeta$ de Riemann, el problema era hallar $\zeta(2)$. Muchos fueron los que lo intentaron resolver, pero el primero de ellos fue el matemático Leonhard Euler en 1735.

$\zeta(2)=\displaystyle\sum_{i=1}^{\infty}{\displaystyle\frac{1}{n^2}}=\displaystyle\frac{\pi^2}{6}$

Ciudad de Basilea

En la entrada de hoy se mostrarán algunas de las demostraciones de la solución del problema de Basilea, entre ellas la de Euler.

Demostración 1: Euler

 

Haciendo un desarrollo en serie de Taylor se obtiene:

$\sin x=x-\displaystyle\frac{x^3}{3!}+\displaystyle\frac{x^5}{5!}-\displaystyle\frac{x^7}{7!}+...$

Y dividiendo entre $x$:

$\displaystyle\frac{\sin x}{x}=1-\displaystyle\frac{x^2}{3!}+\displaystyle\frac{x^4}{5!}-\displaystyle\frac{x^6}{7!}+...$

Ahora llega el punto más delicado de la demostración y el que le reprocharía Bernouilli: poner dicha suma como producto infinito de factores. Notando que las respectivas raíces del seno son los múltiplos enteros de $\pi$, Euler escribió:

$\displaystyle\frac{\sin x}{x}=\left(1-\displaystyle\frac{x}{\pi}\right)\left(1+\displaystyle\frac{x}{\pi}\right)\left(1-\displaystyle\frac{x}{2\pi}\right)\left(1+\displaystyle\frac{x}{2\pi}\right)...=\left(1-\displaystyle\frac{x^2}{\pi^2}\right)\left(1-\displaystyle\frac{x^2}{4\pi^2}\right)...$

Ya que si $x=n\pi \Longrightarrow \displaystyle\frac{x}{n\pi}=1$ con $n=\pm 1, \pm 2,...$

Haciendo el producto de los infinitos términos, uno se da cuenta de que el coeficiente de $x^2$ es precisamente:

$-\displaystyle\frac{1}{\pi^2}\zeta(2)$

Teniendo en cuenta que el polinomio de Taylor es único (Teorema de Taylor), es claro y evidente que el coeficiente en el desarrollo en serie tiene que ser equivalente al coeficiente obtenido en la ecuación superior. Por tanto igualándolos obtenemos finalmente el valor de la serie infinita:

$\zeta(2)=\displaystyle\sum_{i=1}^{\infty}{\displaystyle\frac{1}{n^2}}=\displaystyle\frac{\pi^2}{6}$

Demostración 2

 

Esta segunda demostración se basa en el Criterio del Sándwich: trataremos de acotar $\zeta(2)$ entre dos valores que tiendan ambos al valor que buscamos. Para ello consideramos que por la fórmula de Moivre en el álgebra compleja:

$\displaystyle\frac{\cos (nx)+i\sin (nx)}{(\sin x)^n}=(\cot x+i)^n=\displaystyle\sum_{j=0}^n{{n\choose j} i^j\cot^{n-j}{x}}$

Sabiendo el valor de las diferentes potencias de la unidad imaginaria $i$ llegamos a:

$\displaystyle\frac{i\sin (nx)}{(\sin x)^n}=i\left[{n\choose 1}\cot^{n-1}{x}-{n\choose 3}\cot^{n-3}{x}+...\right]$

Definiendo $n=2m+1$ con $m$ entero positivo y $x=r\pi/(2m+1)$ con $r=1,2,...,m$  vemos que:

$0={2m+1 \choose 1}\cot^{2m}{x}-{2m+1 \choose 3}\cot^{2m-2}{x}+...+(-1)^m$

Al ser la cotangente biyectiva (one to one) en $[0,\pi/2]$, las distintas raíces $x=r\pi/(2m+1)$ son diferentes para cada valor de $r$. Esto nos sirve para definir el polinomio $p(t)$ de la siguiente guisa:

$p(t):={2m+1 \choose 1}t^m-{2m+1 \choose 3}t^{m-1}+...+(-1)^m$

Puesto que $\tan x>x>\sin x$, es evidente pues que

$\csc^2 x>1/x^2>\cot^2 x \Longrightarrow \displaystyle\sum\csc^2 x\geq\zeta(2)\geq\displaystyle\sum\cot^2 x $

La suma $\displaystyle\sum^m\cot^2 x$ equivale a la suma de las raíces de $p(t)$, que por álgebra elemental equivale al cociente entre el coeficiente de $t^{m-1}$ entre el de $t^m$ cambiado de signo. Entonces

$\displaystyle\sum^m\cot^2 x=\displaystyle\frac{{2m+1 \choose 3}}{{2m+1 \choose 1}}=\displaystyle\frac{(2m)(2m-1)}{6}$

Y fijándonos en que $\csc^2 x=1+\cot^2 x$ entonces

$\displaystyle\sum^m\csc^2 x=\displaystyle\frac{{2m+1 \choose 3}}{{2m+1 \choose 1}}+m=\displaystyle\frac{(2m)(2m+2)}{6}$

Y por el principio del sándwich, ya que $x=r\pi/(2m+1)$,

$\displaystyle\lim_{m\to\infty}\displaystyle\frac{(2m)(2m+2)}{6}\geq \displaystyle\sum_{r=1}^{\infty}{\displaystyle\frac{(2m+1)^2}{\pi^2r^2}}\geq\displaystyle\lim_{m\to\infty}\displaystyle\frac{(2m)(2m-1)}{6}$

Multiplicando todo por $\left(\displaystyle\frac{\pi}{2m+1}\right)^2$

$\displaystyle\lim_{m\to\infty}\displaystyle\frac{(2m)(2m+2)}{6}\left(\displaystyle\frac{\pi}{2m+1}\right)^2\geq\zeta(2)\geq\displaystyle\lim_{m\to\infty}\displaystyle\frac{(2m)(2m-1)}{6}\left(\displaystyle\frac{\pi}{2m+1}\right)^2$

Y como a izquierda y derecha ambos límites son iguales y de valor $\pi^2/6$, se concluye que:

$\zeta(2)=\displaystyle\sum_{i=1}^{\infty}{\displaystyle\frac{1}{n^2}}=\displaystyle\frac{\pi^2}{6}$

Demostración 3

 

Fijándonos en que $\zeta(2)$ puede escribirse como suma de los inversos de los cuadrados de números pares más los impares, se llega a que:

$\zeta(2)=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}{\displaystyle\frac{1}{(2n+1)^2}} + \displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}{\displaystyle\frac{1}{(2n)^2}}=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}{\displaystyle\frac{1}{(2n+1)^2}}+\displaystyle\frac{1}{4}\zeta(2)$

De modo que 

$\zeta(2)=\displaystyle\frac{4}{3}\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}{\displaystyle\frac{1}{(2n+1)^2}}$

Por otro lado

$\displaystyle\frac{1}{2n+1}=\displaystyle\int_0^1{x^{2n}} dx=\displaystyle\int_0^1{y^{2n}} dy$

Luego evidentemente

$\zeta(2)=\displaystyle\frac{4}{3}\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}{\displaystyle\int_0^1{x^{2n}} dx\displaystyle\int_0^1{y^{2n}} dy}=\displaystyle\frac{4}{3}\displaystyle\int_0^1\int_0^1{\sum_{n=0}^{\infty}{(xy)^{2n}}}dx dy$

Donde

$\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}{(xy)^{2n}}=\displaystyle\frac{1}{1-x^2y^2}$

Ya que $xy<1$. 

Por tanto el problema se ha reducido a calcular una integral doble que no resolveremos entera aquí, solo una parte:

$\displaystyle\int_0^1\int_0^1{\displaystyle\frac{1}{1-(xy)^2}dx \ dy}=\displaystyle\int_0^1{\displaystyle\frac{\sinh^{-1} x}{x}}=\displaystyle\frac{\pi^2}{8}$

según Wolfram Alpha, y por tanto es evidente que:

$\zeta(2)=\displaystyle\sum_{i=1}^{\infty}{\displaystyle\frac{1}{n^2}}=\displaystyle\frac{\pi^2}{6}$

Demostración 4

 

En este caso nos basaremos en la relación entre las funciones $\zeta(s)$ y $\Gamma(s)$. Considerando la integral $I(t,x)$ y haciendo el cambio $x\to x/t$ vemos que:

$I(x,t)=\displaystyle\int_0^{\infty}{x^se^{-tx} \ dx}=\displaystyle\int_0^{\infty}{\displaystyle\frac{x^s}{t^s}e^{-x}t^{-1} \ dx}=\displaystyle\frac{\Gamma(s+1)}{t^{s+1}}$

Luego

$\displaystyle\frac{\Gamma(s)}{t^s}= \displaystyle\int_0^{\infty}{x^{s-1}e^{-tx} \ dx}$

Haciendo el cambio $t\to n\in \mathbb{N}$ y sumando hasta infinito en ambos miembros:

$\Gamma(s)\zeta(s)=\displaystyle\int_0^{\infty}{x^{s-1}\displaystyle\sum{\left(e^{-x}\right)^n} \ dx}\Longrightarrow\Gamma(s)\zeta(s)=\displaystyle\int_0^{\infty}{\displaystyle\frac{x^{s-1}}{e^x-1}} \ dx$

En nuestro caso buscamos $s=2$. Sabiendo que $\Gamma(2)=1$, el problema se reduce a calcular la integral:

$\zeta(2)=\displaystyle\frac{1}{\Gamma(2)}\displaystyle\int_0^{\infty}{\displaystyle\frac{x \ dx}{e^x-1}}$

Que se puede calcular y arroja el esperado valor de $\displaystyle\frac{\pi^2}{6}$.

Si os interesa, en la bibliografía hay otras 14 maneras de calcular $\zeta(2)$.

Para valores impares de $s$, no se sabe demasiado de la función $\zeta(s)$. Esta función es básica en la Teoría de Números y se encuentra muy íntimamente relacionada con los números primos, con la función $\mu$ de Möbius, la función $\phi$ de Euler y otras funciones multiplicativas. 

Para valores pares de $s$, Euler fue capaz de encontrar una fórmula cerrada para $\zeta(s)$. Denotando $s=2k$ con $k\in \mathbb{Z}$ y $B_{2k}$ a los números de Bernouilli, 

$\zeta(2k)=\displaystyle\frac{(-1)^{k-1}(2\pi)^{2k}B_{2k}}{2(2k)!}$

De donde $\zeta(2)=\pi^2/6$, $\zeta(4)=\pi^4/90$, etc.

Finalmente quiero concluir esta entrada con una célebre cita de Gauss: "La Matemática es la Reina de las Ciencias, y la Teoría de Números es la Reina de la Matemática".

Bibliografía

 

- Fermat Last Theorem

- Wikipedia

- La gaceta de la RSME

- Gaussianos

- Divulgamat2

- Euler’s Solution of the Basel Problem

- 14 proofs of the evaluation of $\zeta(2)$