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Von Gunnar bekam ich (recht bald) eine Lösung zur Behauptung 2:
O.B.d.A. lege ich das fixe Quadrat so, dass seine Eckpunkte O, A(−1, 0), B(−1, −1) und C(0, −1) sind.
Der Mittelpunkt des anderen Quadrats ist in Polarkoordinaten M(r, φ). Seine Eckpunkte sind dann O, D(r√2, φ − 45°), E(2r, φ) und F(r√2, φ + 45°).
$$x_D = r \sqrt{2} \cos \left(\varphi - 45°\right)$$
$$\quad \ = r \sqrt{2} \left(\cos \varphi \cos 45° + \sin \varphi \sin 45°\right)$$
$$\quad \ = r \sqrt{2} \left(\cos \varphi \frac{1}{2}\sqrt{2} + \sin \varphi \frac{1}{2}\sqrt{2}\right)$$
$$\quad \ = r \left(\cos \varphi + \sin \varphi\right)$$(Das hatte ich doch gerade erst gerechnet. 😉)
Analog erhält man:
$$y_D = r \sqrt{2}\ \sin \left(\varphi - 45°\right) = r \left(\sin \varphi - \cos \varphi\right)$$
$$x_F = r \sqrt{2} \cos \left(\varphi + 45°\right) = r \left(\cos \varphi - \sin \varphi\right)$$
$$y_F = r \sqrt{2}\ \sin \left(\varphi + 45°\right) = r \left(\sin \varphi + \cos \varphi\right)$$$$\overline{CD}^2 = x_D^2 + \left(1 + y_D\right)^2$$
$$\quad\ \ \ \ = \left(r \left(\cos \varphi + \sin \varphi\right)\right)^2 + \left(1 + r \left(\sin \varphi - \cos \varphi\right)\right)^2$$
$$\quad\ \ \ \ = r^2 \left(1 + 2 \sin \varphi \cos \varphi\right) + 1 + 2r \left(\sin \varphi - \cos \varphi\right) + r^2 \left(1 - 2 \sin \varphi \cos \varphi\right)$$
$$\quad\ \ \ \ = 2r^2 + 2r \left(\sin \varphi - \cos \varphi\right) + 1$$Analog:
$$\overline{AF}^2 = \left(1 + x_F\right)^2 + y_F^2 = 2r^2 + 2r \left(\cos \varphi - \sin \varphi\right) + 1$$und somit:
$$\overline{CD}^2 + \overline{AF}^2 = 4r^2 + 2$$Andererseits ist auch
$$\overline{OB}^2 + \overline{OE}^2 = (\sqrt{2})^2 + (2r)^2 = 4r^2 + 2$$Die Summe der Quadrate über den Diagonalen der roten Quadrate ist gleich der Summe der Quadrate über den Diagonalen der blauen Quadrate. Da die Fläche eines Quadrats gleich der halben Fläche der Quadrats über dessen Diagonalen ist, ist auch die Summe der Flächen der roten Quadrate gleich der Summe der Flächen der blauen Quadrate.
Die Verwendung von Polarkoordinaten erlaubt Gunnar den Griff in die trigonometrische Werkzeugkiste, zu den Additionstheoremen, um die fehlenden Eckpunkte von Q2 zu erhalten. Mit Pythagoras bekommt man die "blauen" Diagonalenquadrate und bestätigt so die Behauptung 2, ohne die weiteren "blaue Ecken" kennen zu müssen. (Das Quadrat über einer Hypotenuse ist ja doppelt so groß wie das Quadrat, das diese Hypotenuse zur Diagonale hat.)
Es gibt noch einen anderen Weg zur Begründung von Behauptung 2. Die folgt nämlich schon allein aus der Tatsache, dass die Diagonalen des Vierecks, das als Seiten je eine Diagonale der Quadrate Q1 bis Q4 hat, aufeinander senkrecht stehen. (Dies war ein Nebenergebnis der alten Aufgabe vom 22.09.2022).
Denn: Ein Viereck mit orthogonalen Diagonalen wird durch diese in vier rechtwinklige Dreiecke zerlegt. Ersetzt man in der Summe zweier gegenüberliegender Hypotenusenquadrate diese durch die Summe der dazugehörenden Kathetenquadrate, erhält man jeweils eine Summe aus den selben 4 Summanden.
Weiter Gunnar, zur 1. Behauptung:
Auch wenn das Rumgerechne für (2) nicht notwendig war, kann es als Grundlage für (1) dienen.
$$\overrightarrow{AF} = \dbinom{1 + x_F}{y_F} = \dbinom{1 + r(\cos\varphi - \sin\varphi)}{r(\sin\varphi + \cos\varphi)}$$
Der Mittelpunkt M₁ dieses blauen Quadrats liegt auf halber Strecke, d.h.
$$\overrightarrow{AM_1} = \dbinom{\frac{1}{2} + \frac{1}{2} r(\cos\varphi - \sin\varphi)}{\frac{1}{2} r(\sin\varphi + \cos\varphi)}$$
Um von M₁ zu dem Eckpunkt X₁ zu gelangen, der dem anderen blauen Quadrat zugewandt ist, muss man um 90° drehen, also x und y vertauschen und das Minus an der richtigen Stelle setzen:
$$\overrightarrow{M_1X_1} = \dbinom{\frac{1}{2} r(\sin\varphi + \cos\varphi)}{-\frac{1}{2} - \frac{1}{2} r(\cos\varphi - \sin\varphi)}$$
Der Ortsvektor von X₁ ist nun
$$\overrightarrow{OX_1} = \overrightarrow{OA} + \overrightarrow{AM_1} + \overrightarrow{M_1X_1}$$
$$\quad\ \ \ \ = \dbinom{-1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{2} r(\cos\varphi - \sin\varphi) + \frac{1}{2} r(\sin\varphi + \cos\varphi)}{\frac{1}{2} r(\sin\varphi + \cos\varphi) - \frac{1}{2} - \frac{1}{2} r(\cos\varphi - \sin\varphi)}$$
$$\quad\ \ \ \ = \dbinom{-\frac{1}{2} + r\cos\varphi}{-\frac{1}{2} + r\sin\varphi}$$Die Rechnung für das andere blaue Quadrat mit Mittelpunkt M₂ und dem ersten blauen Quadrat zugewandtem Eckpunkt X₂:
$$\overrightarrow{CD} = \dbinom{x_D}{1 + y_F} = \dbinom{r(\cos\varphi + \sin\varphi)}{1 + r(\sin\varphi - \cos\varphi)}$$
$$\overrightarrow{CM_2} = \dbinom{\frac{1}{2} r(\cos\varphi + \sin\varphi)}{\frac{1}{2} + \frac{1}{2} r(\sin\varphi - \cos\varphi)}$$
$$\overrightarrow{M_2X_2} = \dbinom{-\frac{1}{2} - \frac{1}{2} r(\sin\varphi - \cos\varphi)}{\frac{1}{2} r(\cos\varphi + \sin\varphi)}$$
$$\overrightarrow{OX_2} = \overrightarrow{OC} + \overrightarrow{CM_2} + \overrightarrow{M_2X_2}$$
$$\quad\ \ \ \ = \dbinom{\frac{1}{2} r(\cos\varphi + \sin\varphi) - \frac{1}{2} - \frac{1}{2} r(\sin\varphi - \cos\varphi)}{-1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{2} r(\sin\varphi - \cos\varphi) + \frac{1}{2} r(\cos\varphi + \sin\varphi)}$$
$$\quad\ \ \ \ = \dbinom{-\frac{1}{2} + r\cos\varphi}{-\frac{1}{2} + r\sin\varphi}$$X₁ und X₂ fallen tatsächlich zusammen.
Gut gemacht. Die Vektorschreibweise erhöht die Übersicht, und die Bestimmung der jeweils um 90° gedrehten "Raius-Vektoren" der Quadrate wird anschaulich.
Rolf B