MATEMATIKA SKOZI ZGODOVINO
54
Matematika v šoli, št. 1., letnik 26, 2020
Nikomahov izrek
dr. Marko Razpet 
Univerza v Ljubljani, Pedagoška fakulteta
Izvleček
V članku na preprost način dokažemo Nikomahov izrek. Osnovna ideja dokaza izvira iz Nikomahovega dela 
Uvod v aritmetiko.
Ključne besede: sodo število, liho število, trikotniško število, kvadrat, kub, vsota, ploščina, prostornina
Nicomachus‘s Theorem
Abstract
In the article, we prove Nicomachus‘s Theorem in a simple way. The basic idea of the proof originates from 
Nicomachus‘s work Introduction to Arithmetic.
Keywords: even number, odd number, triangular number, square, cube, sum, area, volume
Uvod
Dokazali bomo Nikomahov izrek, ki trdi, da je vsota kubov prvih 
n zaporednih naravnih števil enaka kvadratu n-tega trikotniške-
ga števila. Izrek se imenuje po antičnem matematiku, filozofu 
in glasbenem teoretiku Nikomahu iz Gerase. O njem vemo zelo 
malo. Rodil se je okoli leta 60 našega štetja v Gerasi, kjer je sedaj 
jordansko mesto Džeraš, umrl pa okoli leta 120. Ne vemo niti, 
kje je deloval. Morda v Aleksandriji. Matematikom je najbolj 
znan po delu Uvod v aritmetiko, kjer je Nikomahov izrek tudi do-
kazan. Znani sta še njegovi deli Priročnik o harmoniji in Teologija 
aritmetike. Veliko zaslug, da se je Nikomahovo znanje preneslo 
v Evropo, ima poznoantični učenjak Boetij, ki je živel na koncu  
5. in v začetku 6. stoletja.
Nikomahova aritmetika je za današnje pojme teorija števil. Ni-
komah je bil med prvimi, ki so števila obravnavali neodvisno od 
geometrije. Zelo rad se je ukvarjal s števili, podobno kot nekaj 
stoletij pred njim pitagorejci. V Uvodu v aritmetiko zasledimo 
med drugim tudi trikotniška, kvadratna, kubična in druga figu-
rativna števila. Pri nastanku pričujočega prispevka so izdatno 
pomagali viri [1, 2, 3].
Pitagorejci so že poznali trikotniška števila. To so naravna 
števila, ki povedo, koliko točk v ravnini je razporejenih v na-
tančno določen trikoten vzorec. Začnemo z eno točko. Prvo 
trikotniško število je T
1
 = 1. Točki dodamo dve točki. Drugo 
trikotniško število je T
2
 = 3. Trem točkam dodamo še tri. Tretje 
trikotniško število je T
3
 = 6 (slika 1). Tako lahko nadaljujemo 
v nedogled. V splošnem T
n
 točkam dodamo n + 1 novih, da 
dobimo T
n + 1
 točk.
Slika 1: Prva trikotniška števila.
Trikotniška števila lahko izračunamo rekurzivno po formuli
T
n + 1
 = T
n
 + n + 1,
pri čemer je n ≥ 1 in T
1
 = 1. Rekurzivno računanje pa je zamud- 
no, a na srečo obstaja preprosta formula za n-to trikotniško šte-
vilo. Takoj spoznamo, da je n-to trikotniško število enako vsoti 
prvih n naravnih števil, tako da veljata enakosti
T
n
 = 1 + 2 + … + (n – 1) + n
in
T
n
 = n + (n – 1) + … + 2 + 1.
Če obe seštejemo in združimo istoležne člene, dobimo
2T
n
 = (n + 1) + (n + 1) + … + (n + 1) + (n + 1) = n(n + 1)
in nazadnje
         T
n
 = 1 + 2 + … + (n – 1) + n = 
 
. (1)

MATEMATIKA SKOZI ZGODOVINO
55
Matematika v šoli, št. 1., letnik 26, 2020
Veljavnost dobljene trditve lahko preverimo še z metodo mate-
matične indukcije. Deljenje na desni strani v (1) se izide, ker je 
vedno eno od zaporednih števil n in n + 1 sodo. Število
          R
n
 = n(n + 1) = 2T
n
  (2)
so starogrški matematiki imenovali podolžno število, ker R
n
 točk 
lahko razporedimo v podolžen, pravokoten vzorec.
Slika 2: Prva kvadratna števila.
S kvadratnimi vzorci vpeljemo kvadratna števila Q
n
. Spet začne-
mo z eno točko. Prvo kvadratno število je Q
1
 = 1. Točki dodamo 
tri točke. Drugo kvadratno število je Q
2
 = 4. Štirim točkam do-
damo novih pet. Tretje kvadratno število je Q
3
 = 9 (slika 2). Tako 
lahko nadaljujemo v nedogled. V splošnem Q
n
 točkam dodamo 
2n + 1 novih, da dobimo Q
n + 1
 točk.
Tudi kvadratna števila lahko računamo rekurzivno, in sicer po 
formuli
Q
n + 1
 = Q
n
 + 2n + 1,
pri čemer je n ≥ 1 in Q
1
 = 1.
Očitno velja enakost
  Q
n
 = 1 + 3 + … + (2n – 1) = n
2
,  (3)
ki pove, da je vsota prvih n lihih števil enaka n-temu kvadratne-
mu številu.
Lahko pa (3) izpeljemo popolnoma formalno:
1 + 3 + … + (2n – 1) = (2 ∙ 1 – 1) + (2 ∙ 2 – 1) + … + (2 ∙ n – 1) = 
= 2(1 + 2 + … + n) – n = 2T
n
 – n = R
n
 – n = n(n + 1) – n = n
2
.
Veljavnost dobljenega rezultata spet lahko preverimo z metodo 
matematične indukcije.
Glavni rezultat
Sedaj smo pripravljeni, da dokažemo Nikomahov izrek, ki pravi:
Vsota kubov prvih n naravnih števil je enaka kvadratu n-tega 
trikotniškega števila:
        1
3
 + 2
3
 + … + n
3
 = T
n
2
.  (4)
Dokaz bomo naredili tako kot Nikomah, le s sodobnimi oznaka-
mi in enakostmi, ki smo jih utemeljili v Uvodu.
Razporedimo naravna števila v trikotno razpredelnico (5).
1 = T
1
2  3 = T
2
 
4  5 6 = T
3
Takoj opazimo, da so na hipotenuzi tega trikotnika sama trikot- 
niška števila T
1
, T
2
, …, T
n
, … Za n > 1 je zadnji element v (n – 1)-ti  
vrstici T
n – 1
, zadnji v n vrstici pa T
n
. Števil v n-ti vrstici je n, in 
sicer so to
         T
n – 1 
+ 1, T
n – 1 
+ 2, …, T
n – 1 
+ n = T
n
.  (6)
Sedaj pa števila v razpredelnici (5) preslikajmo s funkcijo  
F : k → 2k – 1 v liha števila, ki jih razporedimo v novo trikotno 
razpredelnico v istem vrstnem redu:
1 = 2T
1
 – 1 
3  5 = 2T
2
 – 1 
7  9  11 = 2T
3
 – 1  (7)
Funkcija F povratno enolično vsakemu naravnemu številu k pri-
redi k-to liho število, to je 2k – 1. Pri tem funkcija F preslika n-to 
vrstico razpredelnice (5), to je vrstico (6), v n-to vrstico razpre-
delnice (7), to se pravi v
 2T
n – 1
 + 1, 2T
n – 1
 + 3, …, 2T
n – 1
 + (2n – 1). (8)
Upoštevajmo enakosti (3) in (2) v obliki 2T
n – 1
 = R
n – 1
 = n(n – 1), 
pa dobimo vsoto števil v (8)
s
n
 = 2nT
n – 1
 + (1 + 3 + … + (2n – 1)) = n
2
(n – 1) + n
2
 = n
3
.    
V razpredelnici (7) je vsota števil v prvi vrstici enaka s
1
 = 1
3
, v 
drugi s
2
 = 2
3
, v tretji s
3
 = 3
3
, … v n-ti pa s
n
 = n
3
. Vsota števil v 
prvih n vrsticah razpredelnice (7) je potemtakem enaka
S
n
 = s
1
 + s
2
 + … + s
n
 = 1
3
 + 2
3
 + … + n
3
.
Po drugi strani pa dobimo enak rezultat, če seštejemo vsa števila 
v razpredelnici (7) do vključno n-te vrstice z uporabo enakosti 
(3), v kateri namesto n vzamemo T
n
:
S
n
 = 1 + 3 + 5 + … + (2T
n 
– 1) = T
n
2
.
Torej velja
1
3
 + 2
3
 + … + n
3
 = T
n
2
 = (1 + 2 + … + n)
2
 =  ,
kar je bilo treba dokazati.
Enakost (4) ima tudi svojo geometrijsko ponazoritev. Na ravni-
no položimo T
n
2
 enotskih kvadratov (kvadratov s stranico 1) in 
z njimi oblikujmo kvadrat s stranico T
n
. Na sliki (3) vidimo te 
kvadrate za primer T
5
 = 1 + 2 + 3 + 4 + 5 = 15. Enotski kvadrat 
levo spodaj posebej označimo, preostali del velikega kvadrata pa 
razdelimo na kotnike širin 2, 3, 4 in 5 ter jih različno obarvamo.
Kotnik širine 2 ima ploščino T
2
2
 – T
1
2
 = 9 – 1 = 8 = 2
3
,
kotnik širine 3 ima ploščino T
3
2
 – T
2
2
 = 36 – 9 = 27 = 3
3
,
kotnik širine 4 ima ploščino T
4
2
 – T
3
2
 = 100 – 36 = 64 = 4
3
,
kotnik širine 5 ima ploščino T
5
2
 – T
4
2
 = 225 – 100 = 125 = 5
3
,
v splošnem ima kotnik širine n ploščino 
           
. (9)
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

MATEMATIKA SKOZI ZGODOVINO
56
Matematika v šoli, št. 1., letnik 26, 2020
Nato izračunamo ploščino velikega kvadrata na dva načina: kot 
kvadrat njegove stranice in kot vsoto ploščin enotskega kvadrata 
levo spodaj in vseh kotnikov. Dobimo
(1 + 2 + 3 + 4 + 5)
2
 = 1
3
 + 2
3
 + 3
3
 + 4
3
 + 5
3
 = 225,
v splošnem pa seveda
(1 + 2 + … + n)
2
 = 1
3
 + 2
3
 + … + n
3
,
kar je samo drug zapis za (4).
Slika 4: Ponazoritev Nikomahovega izreka.
Kotnike širine n (slika 4) s ploščino n
3
 lahko za lihe n razdelimo 
na n kvadratov s stranico n, za sode n pa na n – 1 kvadratov s 
stranico n in dva pravokotnika s stranicama n in n/2. Na sliki so 
ločeni z dvema niansama ustrezne barve. V prvem primeru je 
skupna ploščina kvadratov v kotniku enaka n ∙ n
2
 = n
3
, v drugem 
primeru pa je skupna ploščina kvadratov in pravokotnikov v kot- 
niku enaka (n – 1)n
2
 + 2 ∙ n ∙ n/2 = n
3
, kar je obakrat pravilno.
Če na kvadrate postavimo enotske kocke (kocke z robom 1), do-
bimo plast kock, ploščat kvader, ki ima za osnovno ploskev kva-
drat s stranico 15 (v splošnem pa T
n
) in višino 1 (slika 5). Očitno 
lahko potem iz kock na posameznih kotnikih sestavimo kocke 
z robovi 2, 3, 4 in 5. Ostane še enotska kocka (slika 6). V sploš- 
nem dobimo n kock z robovi 1, 2, …, n in skupno prostornino  
1
3
 + 2
3
 + … + n
3
 = T
n
2
.
Slika 5: Plast kock.
Slika 6: Kocke z robovi 1, 2, 3, 4 in 5, dobljene iz plasti.
Primer uporabe
Pred odkritjem integrala so matematiki računali ploščine likov, 
ki niso omejeni z daljicami in krožnimi loki, s tako imenovano 
metodo izčrpavanja. To metodo so uporabljali praktično za vsak 
tak lik posebej. Podobno je delal že Arhimed v 3. stoletju pred 
našim štetjem.
Slika 3: Razdelitev kvadrata na enotski kvadrat in kotnike.
1. Oglejmo si metodo izčrpavanja na primeru izračuna 
ploščine lika, ki je v pravokotnem kartezičnem 
koordinatnem sistemu O
xy
 omejen s kubično 
parabolo p
2
y = x
3
, abscisno osjo in premico x = a, kjer 
sta p in a pozitivni števili. Interval [0, a] s krajiščema 
0 in a na abscisni osi razdelimo na n enakih delov. 
Slika 7: Ploščina lika pod kubično parabolo.

MATEMATIKA SKOZI ZGODOVINO
57
Matematika v šoli, št. 1., letnik 26, 2020
Delitvene točke s krajiščema vred so:
Delitvene točke razdelijo interval na podintervale
 
, 
kjer je k = 1, 2, …, n. Vsak podinterval ima dolžino a/n.  
Najmanjša vrednost ordinate na krivulji p
2
y = x
3
 nad I
k
 je  
m
k
 = (k – 1)
3
a
3
/(p
2
n
3
), največja pa M
k
 = k
3
a
3
/(p
2
n
3
). Največja  
ploščina pravokotnika nad I
k
, ki ne štrli čez krivuljo p
2
y = x
3
, je
 
,
najmanjša ploščina pravokotnika nad I
k
, ki ravno še štrli čez kri-
vuljo, pa je
 
.
Na sliki 7 je narisan samo en tak pravokotnik.
Vsoti
,
sta spodnji oziroma zgornji približek ploščine S(a) lika pod 
krivuljo. Pri tem za vsako naravno število n velja relacija 
. Z uporabo enakosti (4) dobimo:
in
Za razliko obeh približkov dobimo
Ko število n narašča prek vseh meja in s tem tudi število delitve-
nih točk intervala [0, a], postaneta ulomka 1/n in 1/n
2
 poljubno 
majhna. T o pomeni, da se  in  od števila S(a) = a
4
/(4p
2
) razli-
kujeta tako malo, kot želimo, če je le n dovolj velik. Prav tako po-
stane razlika  poljubno majhna. S sistemom pravokot- 
nikov nad intervali I
k
 tako izčrpujemo lik pod krivuljo, ko n raste 
prek vseh meja. Potemtakem je ploščina S(a) lika pod krivuljo 
p
2
y = x
3
 nad intervalom [0, a] enaka
Ploščina S(a, b) pod isto krivuljo nad intervalom [a, b], kjer je  
0 < a < b, pa je očitno
Ideja njene izpeljave je v tem, da od vsote kubov prvih 2n narav-
nih števil odštejemo vsoto kubov prvih n sodih števil.
Zapišimo:
1
3
 + 3
3
 + … + (2n – 1)
3
 =
= (1
3
 + 2
3
 + 3
3
 + 4
3
 + … + (2n – 1)
3
 + (2n)
3
) – (2
3
 + 4
3
 + … + (2n)
3
) = 
= T
2n
2
 – (2
3
 ∙ 1
3
 + 2
3
 ∙ 2
3
 + … + 2
3
 ∙ n
3
) =
= T
2n
2
 – 8T
n
2
.
Pri tem smo dvakrat upoštevali enakost (4): prvič za vsoto ku-
bov prvih 2n naravnih števil in nato še za vsoto kubov prvih n 
naravnih števil. Iz 
imamo nazadnje formulo, ki smo jo iskali:
1
3
 + 3
3
 + … + (2n – 1)
3
 = n
2
(2n
2
 – 1).
Njeno veljavnost lahko potrdimo z metodo matematične indukcije.
3. Vsota kubov prvih n naravnih števil, zapisana v 
desetiškem številskem sistemu, ima na mestu enic 
lahko samo števke 0, 1, 4, 5, 6, 9 nikoli pa 2, 3, 7, 8. 
Utemelji trditev.
4. Izračunaj vsoto S(m, n) = m
3
 + (m + 1)
3
 + … + (m + 
n)
3
, kjer sta m in n naravni števili.
2. Poiščimo formulo za vsoto kubov prvih n lihih števil. 
Res! Ker je vsota kubov prvih n naravnih števil enaka kvadratu 
trikotniškega števila T
n
, je treba pogledati samo enice kvadratov 
števil 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9. Te so pa res lahko le 0, 1, 4, 5, 6, 9.
Očitno je
S(m, n) = (1
3
 + 2
3
 + … + m
3
 + (m + 1)
3
 + … + (m + n)
3
) – 
– (1 + 2
3
 + … + (m – 1)
3
) =
= T
m + n
2
 – T
m – 1
2
.
Po krajšem računu dobimo:
 

MATEMATIKA SKOZI ZGODOVINO
58
Matematika v šoli, št. 1., letnik 26, 2020
Dano zahtevo lahko prepišemo v obliki enačbe T
n
2
 = 666T
n
. Ker 
je T
n
 ≠ 0, lahko enačbo s T
n
 krajšamo in dobimo T
n
 = 666 oziro-
ma kvadratno enačbo n
2
 + n – 1332 = 0, ki ima pozitivno rešitev  
n = 36.
Zaključek
Nikomahov izrek smo uspeli dokazati z razmeroma preprostimi matematičnimi pripomočki. Postopek je 
edinstven, pri vsoti potenc namreč po navadi uporabljamo drugačne prijeme. Spoznali pa smo, kako so tudi 
antični matematiki obvladali svojo stroko. Za konec smo naredili tudi nekaj težjih in lažjih nalog, ki se na-
vezujejo na Nikomahov izrek, ki je lep primer, kako se lahko učimo ob spoznavanju zgodovine matematike.
Literatura
[1] Merzbach, U. C., Boyer, C. B. (2011). A History of Mathematics. New Jersey: John Wiley & Sons, Hoboken.
[2] Pavlič, G. (2019). Na vrtiljaku števil. Ljubljana: Mladinska knjiga.
[3] Struik, D. J. (1986). Kratka zgodovina matematike. Ljubljana: DMFA Slovenije. 
6. Domača naloga. Brez geometrijske interpretacije, 
samo z uporabo relacije (9) v obliki n
3
 = T
n
2
 – T
n – 1
2
, 
izpeljite formulo (4).
5. Za katero naravno število n je  
1
3
 + 2
3
 + … + n
3
 = 666(1 + 2 + … + n)?
Iz digitalne bralnice ZRSŠ
V digitalni bralnici lahko prelistate najrazličnejše strokovne publikacije: 
monografije in priročnike, ter druge publikacije, ki so izšle na Zavodu  
RS za šolstvo in so vam BREZPLAČNO dosegljive tudi v PDF obliki.
www.zrss.si/strokovne-resitve/digitalna-bralnica