Mathematik zur Jahresmitte: Lösungen

[Rolf B]

Hallo ottogal,

ich hatte noch einen anderen Beweis, den ich wegen Dreifachheit statt Einfachheit aber nicht gepostet hatte.

Es ist ja nicht so, dass die Quadrate unbedingt Quadrate sein müssten. Ich ziehe die Konstruktion mal andersrum auf. Ich zeichne AB, markiere irgendwo dazwischen C und errichte bei A,B,C Senkrechten auf AB. Nun zeichne ich S ein, auf der Senkrechten bei C, mit $$h:=\overline{CS}$$. Als nächstes zeichne ich Geraden AS und BS, die schneiden die äußeren Senkrechten in G und E. Ich zeichne noch die Parallelen zu AB durch G und E, schneide sie mit der Senkrechten bei C und finde so die Punkte F und D, so dass ich nun die Rechtecke ACDE (blau) und CBGF (grün) bekomme. Aufgrund des Konstruktionsverlaufs liegt S grundsätzlich auf CD.

Es sei $$d:=\overline{BG}$$ und $$c:=\overline{AE}$$. Nach Strahlensatz liest man ab, dass $$\displaystyle \frac{d}{h}=\frac{a+b}{a} \Longleftrightarrow d = h\frac{a+b}{a}$$. Wählt man $$\displaystyle h=\frac{ab}{a+b}$$, ergibt sich $$d=b$$. Wie in den anderen Lösungen gezeigt folgt aus Strahlensätzen weiterhin $$\displaystyle \frac{a}{b}=\frac{c}{d}$$, d.h. wenn $$d=b$$ ist auch $$c=a$$ und die beiden Rechtecke sind Quadrate.

D.h. deine Aufgabe, Ottogal, ist ein Sonderfall dieser allgemeinen Konstruktion.

Rolf