Pi es irracional

En este problema se demuestra que el número pi es irracional.

Enunciado
1. Sean $p,q,n\in{\mathbb{N}^*}$. Se considera la función polinómica $$P_n(x)=\displaystyle\frac{1}{n!}x^n(qx-p)^n.$$ Demostrar que $P_n^{(r)}(0)\in \mathbb{Z}$ para todo $r=0,1,2,\ldots$
2. Demostrar $P_n^{(r)}(p/q)\in \mathbb {Z}$ para todo $r=0,1,2,\ldots$
3. Hallar el máximo de la función $\left |{P_n(x)}\right |$ sobre el intervalo $[0,p/q]$.
4. Sean $p$ y $q$ tales que $\pi \leq p/q$. Demostrar que $\lim_{n \to \infty}{I_n}=0$, siendo: $$I_n=\displaystyle\int_0^{\pi}P_n(x)\sin x\;dx.$$
5. Supongamos que $\pi$ sea racional e igual a $p/q$, demostrar que $\left |{I_n}\right |$ es entero positivo para todo $n$. ¿Qué conclusión se saca de estos resultados?

Solución
1. El polinomio $P_n(x)$ tiene grado $2n$. Esto implica que $P_n^{(r)}(0)=0$ para $r>2n$. Aplicando la fórmula de Maclaurin a $P_n(x)$ obtenemos: $$P_n(x)=\displaystyle\sum_{r=0}^{2n}\displaystyle\frac{p_n^{(r)}(0)}{r!}x^r=\displaystyle\sum_{r=0}^{n-1}\displaystyle\frac{p_n^{(r)}(0)}{r!}x^r+\displaystyle\sum_{r=n}^{2n}\displaystyle\frac{p_n^{(r)}(0)}{r!}x^r.\quad (1)$$ Aplicando la fórmula del binomio de Newton: $$P_n(x)=\displaystyle\frac{1}{n!}x^n\displaystyle\sum_{k=0}^{n}(-1)^k\displaystyle\binom{n}{k}q^{n-k}p^kx^{n-k}=\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\dfrac{(-1)^k}{n!}\displaystyle\binom{n}{k}q^{n-k}p^kx^{2n-k}.\quad (2)$$ Cuando  $k$  varía de  $0$  a  $n$,  $2n-k$  varía de  $2n$  a  $n$. En consecuencia,  $P_n^{(r)}(0)=0$  si  $0\leq{r}<n$. Falta pues demostrar que  $P_n^{(r)}(0)\in \mathbb{Z}$  si  $n\leq r \leq 2n$. Haciendo el cambio  $r=2n-k$  e identificando coeficientes en  $(1)$  y  $(2)$  obtenemos: $$P_n^{(r)}(0)=\displaystyle\frac{r!}{n!}(-1)^{2n-r}\displaystyle\binom{n}{2n-r}q^{r-n}p^{2n-r}\in \mathbb{Z}.$$
2. Se verifica: $$P_n\left(\dfrac{p}{q}-x\right)=\dfrac{1}{n!}\left(\dfrac{p}{q}-x\right)^n(-qx)^n=\dfrac{1}{n!}(qx-p)^nx^n=P_n(x).\quad (3)$$ Derivando la igualdad  $P_n(p/q-x)=P_n(x)$  deducida de  $(3)$ y sustituyendo en  $0$  obtenemos: $$P_n^{(r)}\left(\dfrac{p}{q}-x\right)=(-1)^rP_n^{(r)}(x), \quad P_n^{(r)}\left(\dfrac{p}{q}\right)=(-1)^rP_n^{(r)}(0)\in{\mathbb{Z}}.$$
3. Podemos escribir  $\left |{P_n(x)}\right |=(1/n!)\left |{x(qx-p)}\right |^n$, por tanto el máximo de  $\left |{P_n(x)}\right |$  sobre  $[0,p/q]$  se obtiene en el mismo punto que el máximo de $\left |{x(qx-p)}\right |$. La función  $f(x)=x(qx-p)=qx^2-px$  representa una parábola. Tenemos: $$f'(x)=0\Leftrightarrow 2qx-p=0 \Leftrightarrow x=p/2q, \quad f(0)=f(p/q)=0.$$ El máximo de  $f$  en  $[0,p/q]$  es  $0$  y el mínimo  $f(p/(2q))=-p^2/(4q)$. El máximo de  $\left |{f(x)}\right |$  en  $[0,p/q]$  es por tanto  $p^2/(4q)$  y el de  $\left |{P_n(x)}\right |$  es: $$M=\dfrac{1}{n!}\left(\dfrac{p^2}{4q}\right)^n.$$
4. Por el teorema de la media del cálculo integral podemos escribir: $$I_n=\displaystyle\int_0^{\pi}P_n(x)\sin x\;dx=\pi P_n(c) \sin c,\quad (0<c<\pi\leq p/q).$$ Por el apartado anterior  $0\leq |I_n|\leq \pi M$. Como  $M$  es de la forma  $a^n/n!$, tiende a  $0$. En consecuencia  $|I_n|\rightarrow 0$  cuando  $n\rightarrow 0$.
5. Sea  $Q(x)$  un polinomio cualquiera. Aplicando dos veces la fórmula de integración por partes obtenemos: $$\displaystyle\int_0^{\pi}Q(x)\sin x\;dx=Q(\pi)+Q(0)+\displaystyle\int_0^{\pi}Q'(x)\cos x\;dx\\
   =Q(\pi)+Q(0)-\displaystyle\int_0^{\pi}Q»(x)\sin x\;dx.\quad (4)$$ Aplicando reiteradamente  $(4)$  obtenemos: $$I_n=[P_n(\pi)+P_n(0)]-[P»_n(\pi)+P»_n(0)]+\ldots +
   (-1)^{n}[P_n^{(2n)}(\pi)+P_n^{(2n)}(0)]$$ Usando los resultados del segundo apartado: $$P_n^{(r)}(\pi)=P_n^{(r)}\left(\dfrac{p}{q}\right)=(-1)^rP_n^{(r)}(0)\in \mathbb{Z}.$$ Con lo cual obtenemos: $$I_n=2[P_n(0)-P»_n(0)+P_n^{(4)}(0)-\ldots +(-1)^nP_n^{(2n)}(0)]\in \mathbb{Z}.$$ Por otra parte,  $I_n=\pi P_n(c) \sin c$  con  $0<c<\pi\leq p/q$. Del estudio hecho de la parábola  $f(x)=x(qx-p)$  deducimos que  $P_n(c)\neq 0$, además  $\sin c\neq 0$. Esto implica que  $I_n$ es un entero no nulo, en consecuencia  $|I_n|\geq 1$  para todo $n$. Entonces, de la hipótesis de ser  $\pi=p/q$  un número racional hemos demostrado que existe una sucesión  $|I_n|$  con límite  $0$  tal que  $|I_n|\geq 1$  para todo  $n$  lo cual es absurdo. Se concluye pues que  $\pi$  es un número irracional.