Die Kraft der Geometrie oder Eine geometrische Lösung zum Baseler Problem

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1 Die Kraft der Geometrie oder Eine geometrische Lösung zum Baseler roblem von Reimund Albers, Bremen Im Baseler roblem geht es um die Summe der reziproken Quadrate, also , und ein exaktes Ergebnis für diese Reihe. Natürlich kann man 5 numerisch eine Näherungszahl ermitteln und auch mit einfachen Mitteln zeigen, dass die unendliche Reihe beschränkt ist und somit einen Grenzwert besitzen muss. Es war jedoch lange unklar, welches der exakte Wert ist. Hier haben sich vor allem Baseler Mathematiker ca. einhundert Jahre daran versucht, bis 737 der (damals) Baseler Leonard Euler die Lösung π 2 6 veröffentlichte. Bis heute gibt es viele verschiedene Herleitungen dieses Ergebnisses. Alle fußen auf Überlegungen, die (zumindest) Grundkenntnisse in Analysis erfordern. Das gilt auch für den originalen Beweis von Euler. Ich möchte hier eine Herleitung vorstellen, die ganz wesentlich auf geometrischen Überlegungen beruht. Die Idee dazu habe ich von dem Film Why is pi here? And why is it squared? des Internetautors 3BlueBrown, der allerdings sehr stark physikalisch argumentiert und gerade die geometrischen Überlegungen nicht wirklich ausarbeitet. Ich möchte mit dieser Darstellung die für den Gedankengang wesentlichen, geometrischen Betrachtungen herausstellen. Beginnen wir mit der Definition einer abstrakten, geometrischen Größe, die physikalisch motiviert ist. DEFINITION Die Intensität eines unktes (in Bezug auf einen anderen unkt) Die Intensität I B (A) eines unktes A in Bezug auf den unkt B ist I B (A)= AB 2. Man erkennt hier das Gesetz für Energiestrahlung (Licht, Wärmestrahlung), das bei 2 r der Begriffsbildung ate gestanden hat. Ein für die Herleitung wesentliches Gesetz ist der sogenannte inverse ythagoras. Gegeben ist ein rechtwinkliges Dreieck ABC mit rechtem Winkel bei C. Es sei F der Fußpunkt der Höhe von C auf die Seite AB. Dann gilt I C (F)= I C (A)+ I C (B). Beweis Es seien wie üblich AC = b, BC = a, FC = h und AB = c. Dann gilt für den Flächeninhalt des Eine Veröffentlichung von 4 Herleitungen dazu findet man unter

2 Dreiecks 2 ab = 2 hc, also a2 b 2 = h 2 c 2 = h ( 2 a 2 + b 2 ). Die Division durch a 2 b 2 h 2 führt auf h = 2 a +. Unter Berücksichtigung der eingeführten Strecken a, b und h und der b Definition der Intensität erhält man die behauptete Beziehung I C (F)= I C (A)+ I C (B). Daher gilt folgendes Verteilungsgesetz: Im rechtwinkligen Dreieck kann man die Intensität des Höhenfußpunktes verteilen auf die beiden Endpunkte der Hypotenuse (alle Intensitäten bezogen auf den Scheitelpunkt des rechten Winkels). Genau das werden wir nun sehr häufig tun. Wir beginnen mit einem Kreis um den Mittelpunkt M0, der einen Umfang von 2 hat. Sei Z ein unkt auf dem Kreis und ihm genau gegenüber der unkt M. Alle nun angegebenen Intensitäten beziehen sich auf den unkt Z, so dass wir im Folgenden nur I(...) für die Intensität schreiben statt I Z (...). Wegen des Umfanges 2 gilt M Z = 2 π und daher I(M )= = π 2 M Z 2 Im ersten Schritt zeichnen wir zu dem Kreis um M0 einen Kreis k um M mit dem Radius ZM. Zur Geraden ZM zeichnen wir eine Senkrechte durch M, die den Kreis k in, und,2 schneidet. Nach dem Satz des Thales ist das Dreieck Z,,2 rechtwinklig in Z. Damit erfüllen die unkte M,, und,2 die Voraussetzungen für das Verteilungsgesetz und es gilt: I(M )= I(, )+ I(,2 )= π 2 4 Da der Kreis k den doppelten Radius gegenüber dem Kreis um M0 hat, ist sein Umfang 4! mit den Bogenlängen Z!!, =,, = 2 und.,2,2 Z = Im nächsten Schritt konstruieren wir M2 als Schnitt der Geraden ZM mit k und zeichnen einen Kreis k2 um M2 mit dem Radius ZM 2. Die Gerade ZM2 teilt die Ebene in zwei Hälften. Diejenige, in der, liegt nennen wir die rechte Halbebene, diejenige, in der,2 liegt nennen wir die linke. Die Gerade,M2 schneidet den Kreis k2 in zwei unkten. Den in der rechten Halbebene nennen wir 2,, den in der linken Halbebene 2,3. Nach dem Satz des Thales ist das Dreieck Z2,2,3 rechtwinklig in Z., ist in diesem Dreieck der Fußpunkt der Höhe von Z auf die

3 Hypotenuse 2,2,3. (Satz des Thales über dem Durchmesser ZM 2 des Kreises k.) Damit erfüllen,, 2, und 2,3 die Voraussetzung für das Verteilungsgesetz und es gilt I(, )= I( 2, )+ I( 2,3 ). Analog schneidet,2m2 den Kreis k2 in 2,2 und 2,4 und es gilt I(,2 )= I( 2,2 )+ I( 2,4 ). Addieren wir die beiden Gleichungen für die Intensitäten, so erhalten wir I(, )+ I(,2 )= I( 2, )+ I( 2,3 )+ I( 2,2 )+ I( 2,4 )= π 2 Da der Kreis k2 den doppelten Radius gegenüber dem Kreis k hat, ist sein Umfang 8. Da die Geraden 2,2,3 und 2,22,4 senkrecht zueinander sind, teilen sie den Kreis k2 in vier gleiche Teile mit jeweils der Länge 2. Aus Symmetriegründen halbiert Z den Bogen! 2,4 2,.!!!!! Somit gelten Z 2, =, 2, 2,2 = 2, 2,2 2,3 = 2, 2,3 2,4 = 2 und 2,4 Z =. Diese Konstruktionen setzen wir schrittweise fort. Der Schritt von n auf n+ ist eine Konstruktion der unkte auf dem Kreis kn+ aus den unkten auf dem Kreis kn. Gegeben ist der Kreis kn um Mn mit dem Radius ZM n und den unkten n, bis n. Der Kreis kn hat den Umfang 2 n+ und die unkte n,i, i =,2,...,2 n liegen äquidistant auf kn, d.h. der Bogen von einem unkt zum nächsten hat die Länge 2. Aus Symmetriegründen!! halbiert Z den Bogen n n,, so dass Zn, = ist. Die Summe der Intensitäten über alle unkte auf kn ist π 2

4 Mit dieser Figur erfolgt nun die Konstruktion des nächsten Kreises kn+ und der darauf liegenden unkte. Der Strahl ZMn schneidet den Kreis kn in Mn+. kn+ ist der Kreis um Mn+ mit dem Radius ZM n+. kn und kn+ berühren sich somit in Z. Die Geraden M n+ n,i, i =,2,...,2 n schneiden den Kreis kn+ jeweils in zwei unkten. Da Mn+ ein unkt der oben eingeführten Achse ZM2 ist, liegt einer der Schnittpunkte in der rechten Halbebene er bekommt die Kennung n+,i und der andere in der linken Halbebene, n+,2. Für die unkte n +i n+,i, i =,2,...,2 n+ gelten nun folgende Eigenschaften:. Die n+,i liegen äquidistant. Auf dem Kreis kn liegen die unkte n, bis in der rechten Halbebene, die unkte bis n + n in der linken. Da die unkte n,i auf dem Kreis kn äquidistant liegen, sind nach dem eripheriewinkelsatz die Winkel! n,i M n+ n,i+, i =,2,...,2 n und! n,i M n+ n,i, i = 2 n +2,...,2 n alle gleich groß. Da Mn+ der Mittelpunkt des Kreises kn+ ist, sind dann auch die Bögen, die zwischen den Geraden Mn+n,i auf der Kreislinie von kn+ liegen, gleich groß. Als einziger Sonderfall muss der Bogen betrachtet werden, der zwischen den Geraden M n+ n+,2 n und M n+ n+,2 n + liegt. Nennen wir die Größe der eripheriewinkel! n,i M n+ n,i+ = α, so ist ebenfalls! n Z n + = α. Folglich ist! n + M n+ n = 80 α und sein Nebenwinkel! n+,2 n M n+ n+,2 n + n = α, was gezeigt werden sollte. 2. Die Länge der Bogenabschnitte auf kn+ ist 2 Auf dem Kreis kn+ liegen 2 n+ äquidistante unkte. Die Kreislinie hat die doppelte Länge der Kreislinie von kn, also 2 2 n+. Folglich hat jeder Bogen zwischen zwei aufeinander folgenden unkten von kn+ die Länge 2.!! Aus Symmetriegründen halbiert Z den Bogen n+,2 n+ n+,, so dass Zn+, =. 3. Die Summe der Intensitäten über alle unkte auf kn+ ist π 2

5 Die Gerade durch n+,i und n+,2 verläuft durch den Mittelpunkt Mn+ des Kreises kn+. n +i Folglich ist das Dreieck Z n+,i n+,2 n +i rechtwinklig in Z. Da die Gerade ZMn+ durch Mn verläuft und n,i auf dem Kreis kn liegt, ist nach dem Satz von Thales!M n+ n,i Z = 90, also n,i Fußpunkt der Höhe von Z auf n+,i n+,2 n +i. Damit erfüllen n+,i, n+,2 n +i und n,i die Bedingungen für das Verteilungsgesetz und es gilt I( n,i )= I( n+,i )+ I( n+,2 n +i ). Die 2 n Summe über alle i von bis 2 n liefert I( n,i ) = π 2 4 = I( )+ I( ) = I( n+,i n+,2 n +i n+,i ). i= 2 n ( ) i= Machen wir nun den Grenzübergang n, so entartet der Kreis kn zur Geraden durch Z senkrecht zu ZM0. Die unkte indizieren wir nur noch einfach. Die Entfernung von Z zum ersten unkt auf den Kreisen war immer, also liegt der erste unkt bei. Seine Intensität zu Z ist folglich I( )=. Alle weiteren unkte liegen, wie schon auf den 2 Kreisen, äquidistant mit dem Abstand 2. 2 n+ i= Damit liegt der nächste unkt auf der Geraden bei 3 und seine Intensität ist I( 2 )= 3 2. Die Summe aller Intensitäten lässt sich somit explizit hinschreiben. I( )+ I( 2 )+ I( 3 )+ I( 4 )+ I( 5 )+... = Da die Summe aller 9 Intensitäten bei jedem Schritt konstant π 2 geblieben ist, gilt dieses auch hier. 4 Beschränken wir uns nur auf die unkte der rechten Halbebene, so gilt aus Symmetriegründen = π Ziel unserer Untersuchung ist die Summe S = Multipliziert man die Summe mit 4, erhält man S = g 4 S = , also 0 den Anteil mit geradzahligen Nennern. Die von uns berechnete Intensitätssumme ist gerade der Anteil mit den ungeradzahligen Nennern, S u = = π Dann gilt S = S g + S u = 4 S + π = π , also 3 4 S = π 2 gezeigt haben. 8 S = π 2 6, womit wir