Eine Gleichung mit ungeraden Zahlen von Galileo Galilei aus dem Jahr 1615

         Gleichzeitig mit diesem Problem erscheint eine Briefmarken-Seite zu Galileo, die sich seinem Leben und seinem wissenschaftlichen Werk widmet.

Hier ist Galileos Gleichung: \[\frac{1}{3}~=~\frac{1+3}{5+7}~=~\frac{1+3+5}{7+9+11}~=~...~=~\frac{\sum_{_~i_~=_~1}^{_~n}~(2_~i-1)}{\sum_{_~i_~=_~n+1}^{_~2_~n}~(2_~i-1)}\] Man nimmt also die ersten \(~2_~n~\) ungeraden Zahlen und schreibt die erste Hälfte von ihnen summiert in den Zähler und die zweite Hälfte summiert in den Nenner. Dieser Bruch ist immer \(~= 1/3~\),  unabhängig von \(~n~\).

1.   Beweisen Sie Galileos Gleichung.

2.   In 1. wurde eine rechnerische Lösung erwartet. Für Galileos Gleichung gibt es aber auch einen Beweis ohne Worte, siehe Bild 1:

Bild 1

Zeigen Sie, dass Bild 1 ein "Beweis" für Galileos Gleichung ist.

Lösung

1.   Für den Beweis der Galileo-Gleichung benötigt man offenbar die Summe der ersten \(~n~\) ungeraden Zahlen. Falls man diese nicht kennt, hilft eine kleine Recherche im Internet weiter: Die Summe ist \(~=_~n^2~\). \[\sum_{_~i_~=_~1}^{_~n}~(2_~i-1)~=~n^2\] Damit erhält man: \[\frac{\sum_{_~i_~=_~1}^{_~n}~(2_~i-1)}{\sum_{_~i_~=_~n+1}^{_~2_~n}~(2_~i-1)}~=~\frac{\sum_{_~i_~=_~1}^{_~n}~(2_~i-1)}{\sum_{_~i_~=_~1}^{_~2_~n}~(2_~i-1)~-~\sum_{_~i_~=_~1}^{_~n}~(2_~i-1)}~=~\frac{n^2}{(_~2_~n_~)^2-n^2}~=~\frac{1}{3}\]
2.   Bild 1 kann zwar nur einen konkreten Fall zeigen  –  hier \(~n=5~\)  – ,  aber es fällt nicht schwer, daraus eine Vorstellung für den allgemeinen Fall zu gewinnen. Die beiden Graphiken sprechen für sich: Sie sind zeilenweise aus den ungeraden Zahlen aufgebaut und in den unteren \(~n~\) Zeilen stehen dreimal soviele Kästchen wie in den oberen \(~n~\).

Für alle, die es gern ausführlich hätten: Wie könnte der Gedankengang aussehen, der den "Beweis ohne Worte" verstehen will?

Zunächst: Was sieht man in der linken Graphik? Es gibt genau so viele ockerfarbige Zeilen (Zeilen \(~1~...~n~\)) wie grüne Zeilen (Zeilen \(~n+1~...~2_~n~\)).  Wir vergleichen das mit der Galileo-Formel und sehen, dass die Anzahl der ockerfarbigen Kästchen \(~=~\sum_{_~i_~=_~1}^{_~n}~(2_~i-1)~\) ist, also gleich dem Zähler bei Galileo; die Anzahl der grünen Kästchen ist \(~=~\sum_{_~i_~=_~n+1}^{_~2_~n}~(2_~i-1)~\),  also gleich dem Nenner bei Galileo.

Nun zur rechten Graphik. Dort wurde der grüne Bereich (\(~n~\) Zeilen) in drei "Dreiecke" aufgeteilt. Wir wollen uns davon überzeugen, dass alle drei gleich groß sind. Bei den beiden hellgrünen Flächen ist das offensichtlich: Die Anzahl der Kästchen ist die Summe der ersten \(~n~\) ungeraden Zahlen. Die unterste Zeile der Graphik enthält \(~4_~n-1~\) Kästchen (das ist nämlich die \(~(2_~n)-\)te ungerade Zahl), davon sind \(~2\times(2_~n-1)=4_~n-2~\) hellgrün; somit bleibt genau ein dunkelgrünes Kästchen stehen. Von unten nach oben wachsen die \(~n~\) dunkelgrünen Zeilen jeweils um zwei Kästchen bis zur Anzahl \(~2_~n-1~\).  Da in der obersten grünen Zeile \(~2_~n+1~\) Kästchen stehen (das ist nämlich die \(~(n+1)-\)te ungerade Zahl), müssen zwei von ihnen hellgrün sein. Diese Überlegung zeigt, dass die beiden hellgrünen und der dunkelgrüne Bereich gleich groß sind (und dass die rechte Graphik für beliebige \(~n~\) verallgemeinerbar ist). Diese Bereiche stimmen außerdem mit dem ockerfarbigen Bereich überein. Damit ist bewiesen, dass es dreimal so viele grüne wie ockerfarbige Kästchen gibt.


Kategorie: Beweise ohne Worte

Publiziert 2026-09-24          Stand 2024-08-14

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