Hallo in die Runde, ich zeige euch noch (etwas ausführlicher) meine Lösung: ---- [](/images/282635ec-6ea8-11ea-8555-b42e9947ef30.png) Die Durchmesser der Halbkreise bilden ein reguläres Fünfeck, dessen Diagonalen das legendäre Pentagramm. Aufgrund der vielfachen Symmetrie treten darin immer wieder die Winkel $$ \frac{1}{5}\pi $$, $$ \frac{2}{5}\pi $$, $$ \frac{3}{5}\pi $$ auf sowie so genannte "Goldene Dreiecke", d.h. gleichschenklige Dreiecke mit dem Basiswinkel $$ \frac{2}{5}\pi $$. Deren Schenkel verhalten sich zur Basis wie $$ \Phi : 1 $$, wobei $$ \Phi $$ der "Goldene Schnitt" ist: $$ \Phi = \frac{1+\sqrt 5}{2} \approx 1,618... $$ $$ \Phi $$ ist die positive Lösung der quadratischen Gleichung $$ \quad x^2-x-1=0 \quad $$, welche man aus der Ähnlichkeit Goldener Dreiecke erhält: $$ x:1=1:(x-1) \quad $$, also $$ \quad x(x-1)=1 $$ . $$ \Phi $$ hat für die Rechnung sehr praktische Eigenschaften. Z.B. folgen aus $$ \Phi^2=\Phi+1 $$ die Beziehungen: $$ \Phi^3=2\Phi+1 $$, $$ \qquad\frac{1}{\Phi}=\Phi-1 \qquad $$ und $$ \qquad\frac{1}{\Phi^2}=2-\Phi $$. So verwende ich etwa im Folgenden einige Male die Umformung $$ \Phi \sqrt{3-\Phi} = \sqrt{3\Phi^2-\Phi^3}=\sqrt{3\Phi+3-2\Phi-1}=\sqrt{\Phi+2} $$. Nun zum Beweis der Aussage, mit durchgehender Verwendung der Konstanten $$ \Phi $$. O.B.d.A. setzen wir $$ |AF|=1 $$, so dass $$ |AB|=2, |EC|=|AD|=\Phi \cdot |AB|=2\Phi $$ und daher $$ |NC|=\Phi $$ ist. Sei $$ y=|DN| $$ und $$ h=|DF| $$ die Höhe des Fünfecks. Mit Pythagoras im $$ \triangle NCD $$ erhält man $$ y = \sqrt{2^2-\Phi^2}=\sqrt{4-(\Phi+1)}=\sqrt{3-\Phi} $$. Nach dem Strahlensatz gilt $$ \frac{y}{h}=\frac{|DP|}{|DA|}=\frac{2\Phi-2}{2\Phi}=1-\frac{1}{\Phi}=1-(\Phi-1)=2-\Phi=\frac{1}{\Phi^2} $$. Wir erhalten $$ h=\Phi^2 y=\Phi^2 \sqrt{3-\Phi}=\Phi \sqrt{\Phi+2} $$. Weiter folgt: $$ \triangle NCD $$ hat den Flächeninhalt $$ \mathcal A_{NCD} = \frac{1}{2} \Phi y = \frac{1}{2} \Phi \sqrt{3-\Phi}=\frac{1}{2} \sqrt{\Phi+2} $$. Daher ist $$ \mathcal A_{ECD} = 2 \cdot \mathcal A_{NCD} = \sqrt{\Phi+2} $$. Weil die Fläche $$ \mathcal A_{ABD} = 1 \cdot h $$ ist, folgt für die Gesamtfläche des Fünfecks: $$ \mathcal A_{5Eck} = \mathcal A_{ABD} + 2 \cdot \mathcal A_{ECD} = \Phi \sqrt{\Phi+2} + 2 \sqrt{\Phi+2} = (\Phi+2)\sqrt{\Phi+2} $$. Damit ist $$ \mathcal A_{MHD} = \frac{1}{10} \mathcal A_{5Eck} = \frac{1}{10} (\Phi+2)\sqrt{\Phi+2} $$. Die gegebene blaue Fläche besteht aus 10 kongruenten Segmenten $$ \mathcal A_{Segm}=\mathcal A_{NDU} $$ (hellblau), die orange Fläche aus 10 kongruenten "Zwickeln" $$ \mathcal A_{Zwck}=\mathcal A_{NMT} $$ (hellgrün). Daher ist das gesuchte Verhältnis $$ \mathcal A_{orange} : \mathcal A_{blau} = \mathcal A_{Zwck} : \mathcal A_{Segm} $$. Berechnung des Zwickels: Es gilt $$ \mathcal A_{Zwck} = \mathcal A_{MHD} - \mathcal A_{NHD} - \mathcal A_{roter Sektor} $$. Mit $$ \mathcal A_{NHD} = \frac{1}{2} \mathcal A_{NCD} $$ folgt $$ \mathcal A_{Zwck} = \frac{1}{10}\sqrt{\Phi+2} \cdot (\Phi+2) - \frac{1}{4}\sqrt{\Phi+2} - \frac{\pi}{20} \quad $$, also $$ \mathcal A_{Zwck} = \frac{(2\Phi-1)\sqrt{\Phi+2} - \pi}{20} $$. Berechnung des Segments: Es gilt $$ \mathcal A_{Segm} = \mathcal A_{Sektor HDUN} - \mathcal A_{NHD} $$. Mit $$ \mathcal A_{Sektor HDUN} = \frac{1}{2} \cdot 1^2 \cdot \frac{2}{5}\pi = \frac{\pi}{5} $$ folgt $$ \mathcal A_{Segm} = \frac{\pi}{5} - \frac{1}{4}\sqrt{\Phi+2} \quad $$, also $$ \mathcal A_{Segm} = \qquad\frac{4\pi - 5\sqrt{\Phi+2}}{20} $$ Damit ist das gesuchte Verhältnis $$ \mathcal A_{orange} : \mathcal A_{blau} = \frac{(2\Phi-1)\sqrt{\Phi+2} - \pi}{4\pi - 5\sqrt{\Phi+2}} $$. Mit $$ \Phi = \frac{1+\sqrt 5}{2} $$ erhält man numerisch $$ \mathcal A_{orange} : \mathcal A_{blau} \approx 0,363786702 $$. ---- Bleibt alle gesund! ottogal

Hallo in die Runde, ich zeige euch noch (etwas ausführlicher) meine Lösung: ---- [](/images/282635ec-6ea8-11ea-8555-b42e9947ef30.png) Die Durchmesser der Halbkreise bilden ein reguläres Fünfeck, dessen Diagonalen das legendäre Pentagramm. Aufgrund der vielfachen Symmetrie treten darin immer wieder die Winkel $$ \frac{1}{5}\pi $$, $$ \frac{2}{5}\pi $$, $$ \frac{3}{5}\pi $$ auf sowie so genannte "Goldene Dreiecke", d.h. gleichschenklige Dreiecke mit dem Basiswinkel $$ \frac{2}{5}\pi $$. Deren Schenkel verhalten sich zur Basis wie $$ \Phi : 1 $$, wobei $$ \Phi $$ der "Goldene Schnitt" ist: $$ \Phi = \frac{1+\sqrt 5}{2} \approx 1,618... $$ $$ \Phi $$ ist die positive Lösung der quadratischen Gleichung $$ \quad x^2-x-1=0 \quad $$, welche man aus der Ähnlichkeit Goldener Dreiecke erhält: $$ x:1=1:(x-1) \quad $$, also $$ \quad x(x-1)=1 $$ . $$ \Phi $$ hat für die Rechnung sehr praktische Eigenschaften. Z.B. folgen aus $$ \Phi^2=\Phi+1 $$ die Beziehungen: $$ \Phi^3=2\Phi+1 $$, $$ \qquad\frac{1}{\Phi}=\Phi-1 \qquad $$ und $$ \qquad\frac{1}{\Phi^2}=2-\Phi $$. So verwende ich etwa im Folgenden einige Male die Umformung $$ \Phi \sqrt{3-\Phi} = \sqrt{3\Phi^2-\Phi^3}=\sqrt{3\Phi+3-2\Phi-1}=\sqrt{\Phi+2} $$. Nun zum Beweis der Aussage, mit durchgehenderVerwendung der Konstanten $$ \Phi $$. O.B.d.A. setzen wir $$ |AF|=1 $$, so dass $$ |AB|=2, |EC|=|AD|=\Phi \cdot |AB|=2\Phi $$ und daher $$ |NC|=\Phi $$ ist. Sei $$ y=|DN| $$ und $$ h=|DF| $$ die Höhe des Fünfecks. Mit Pythagoras im $$ \triangle NCD $$ erhält man $$ y = \sqrt{2^2-\Phi^2}=\sqrt{4-(\Phi+1)}=\sqrt{3-\Phi} $$. Nach dem Strahlensatz gilt $$ \frac{y}{h}=\frac{|DP|}{|DA|}=\frac{2\Phi-2}{2\Phi}=1-\frac{1}{\Phi}=1-(\Phi-1)=2-\Phi=\frac{1}{\Phi^2} $$. Wir erhalten $$ h=\Phi^2 y=\Phi^2 \sqrt{3-\Phi}=\Phi \sqrt{\Phi+2} $$. Weiter folgt: $$ \triangle NCD $$ hat den Flächeninhalt $$ \mathcal A_{NCD} = \frac{1}{2} \Phi y = \frac{1}{2} \Phi \sqrt{3-\Phi}=\frac{1}{2} \sqrt{\Phi+2} $$. Daher ist $$ \mathcal A_{ECD} = 2 \cdot \mathcal A_{NCD} = \sqrt{\Phi+2} $$. Weil die Fläche $$ \mathcal A_{ABD} = 1 \cdot h $$ ist, folgt für die Gesamtfläche des Fünfecks: $$ \mathcal A_{5Eck} = \mathcal A_{ABD} + 2 \cdot \mathcal A_{ECD} = \Phi \sqrt{\Phi+2} + 2 \sqrt{\Phi+2} = (\Phi+2)\sqrt{\Phi+2} $$. Damit ist $$ \mathcal A_{MHD} = \frac{1}{10} \mathcal A_{5Eck} = \frac{1}{10} (\Phi+2)\sqrt{\Phi+2} $$. Die gegebene blaue Fläche besteht aus 10 kongruenten Segmenten $$ \mathcal A_{Segm}=\mathcal A_{NDU} $$ (hellblau), die orange Fläche aus 10 kongruenten "Zwickeln" $$ \mathcal A_{Zwck}=\mathcal A_{NMT} $$ (hellgrün). Daher ist das gesuchte Verhältnis $$ \mathcal A_{orange} : \mathcal A_{blau} = \mathcal A_{Zwck} : \mathcal A_{Segm} $$. Berechnung des Zwickels: Es gilt $$ \mathcal A_{Zwck} = \mathcal A_{MHD} - \mathcal A_{NHD} - \mathcal A_{roter Sektor} $$. Mit $$ \mathcal A_{NHD} = \frac{1}{2} \mathcal A_{NCD} $$ folgt $$ \mathcal A_{Zwck} = \frac{1}{10}\sqrt{\Phi+2} \cdot (\Phi+2) - \frac{1}{4}\sqrt{\Phi+2} - \frac{\pi}{20} \quad $$, also $$ \mathcal A_{Zwck} = \frac{(2\Phi-1)\sqrt{\Phi+2} - \pi}{20} $$. Berechnung des Segments: Es gilt $$ \mathcal A_{Segm} = \mathcal A_{Sektor HDUN} - \mathcal A_{NHD} $$. Mit $$ \mathcal A_{Sektor HDUN} = \frac{1}{2} \cdot 1^2 \cdot \frac{2}{5}\pi = \frac{\pi}{5} $$ folgt $$ \mathcal A_{Segm} = \frac{\pi}{5} - \frac{1}{4}\sqrt{\Phi+2} \quad $$, also $$ \mathcal A_{Segm} = \qquad\frac{4\pi - 5\sqrt{\Phi+2}}{20} $$ Damit ist das gesuchte Verhältnis $$ \mathcal A_{orange} : \mathcal A_{blau} = \frac{(2\Phi-1)\sqrt{\Phi+2} - \pi}{4\pi - 5\sqrt{\Phi+2}} $$. Mit $$ \Phi = \frac{1+\sqrt 5}{2} $$ erhält man numerisch $$ \mathcal A_{orange} : \mathcal A_{blau} \approx 0,363786702 $$. ---- Bleibt alle gesund! ottogal

Hallo in die Runde, ich zeige euch noch (etwas ausführlicher) meine Lösung: ---- [](/images/282635ec-6ea8-11ea-8555-b42e9947ef30.png) Die Durchmesser der Halbkreise bilden ein reguläres Fünfeck, dessen Diagonalen das legendäre Pentagramm. Aufgrund der vielfachen Symmetrie treten darin immer wieder die Winkel $$ \frac{1}{5}\pi $$, $$ \frac{2}{5}\pi $$, $$ \frac{3}{5}\pi $$ auf sowie so genannte "Goldene Dreiecke", d.h. gleichschenklige Dreiecke mit dem Basiswinkel $$ \frac{2}{5}\pi $$. Deren Schenkel verhalten sich zur Basis wie $$ \Phi : 1 $$, wobei $$ \Phi $$ der "Goldene Schnitt" ist: $$ \Phi = \frac{1+\sqrt 5}{2} \approx 1,618... $$ $$ \Phi $$ ist die positive Lösung der quadratischen Gleichung $$ \quad x^2-x-1=0 \quad $$, welche man aus der Ähnlichkeit Goldener Dreiecke erhält: $$ x:1=1:(x-1) \quad $$, also $$ \quad x(x-1)=1 $$ . $$ \Phi $$ hat für die Rechnung sehr praktische Eigenschaften. Z.B. folgen aus $$ \Phi^2=\Phi+1 $$ die Beziehungen: $$ \Phi^3=2\Phi+1 $$, $$ \qquad\frac{1}{\Phi}=\Phi-1 \qquad $$ und $$ \qquad\frac{1}{\Phi^2}=2-\Phi $$. So verwende ich etwa im Folgen einige Male die Umformung $$ \Phi \sqrt{3-\Phi} = \sqrt{3\Phi^2-\Phi^3}=\sqrt{3\Phi+3-2\Phi-1}=\sqrt{\Phi+2} $$. Nun zum Beweis der Aussage, mit durchgehenderVerwendung der Konstanten $$ \Phi $$. O.B.d.A. setzen wir $$ |AF|=1 $$, so dass $$ |AB|=2, |EC|=|AD|=\Phi \cdot |AB|=2\Phi $$ und daher $$ |NC|=\Phi $$ ist. Sei $$ y=|DN| $$ und $$ h=|DF| $$ die Höhe des Fünfecks. Mit Pythagoras im $$ \triangle NCD $$ erhält man $$ y = \sqrt{2^2-\Phi^2}=\sqrt{4-(\Phi+1)}=\sqrt{3-\Phi} $$. Nach dem Strahlensatz gilt $$ \frac{y}{h}=\frac{|DP|}{|DA|}=\frac{2\Phi-2}{2\Phi}=1-\frac{1}{\Phi}=1-(\Phi-1)=2-\Phi=\frac{1}{\Phi^2} $$. Wir erhalten $$ h=\Phi^2 y=\Phi^2 \sqrt{3-\Phi}=\Phi \sqrt{\Phi+2} $$. Weiter folgt: $$ \triangle NCD $$ hat den Flächeninhalt $$ \mathcal A_{NCD} = \frac{1}{2} \Phi y = \frac{1}{2} \Phi \sqrt{3-\Phi}=\frac{1}{2} \sqrt{\Phi+2} $$. Daher ist $$ \mathcal A_{ECD} = 2 \cdot \mathcal A_{NCD} = \sqrt{\Phi+2} $$. Weil die Fläche $$ \mathcal A_{ABD} = 1 \cdot h $$ ist, folgt für die Gesamtfläche des Fünfecks: $$ \mathcal A_{5Eck} = \mathcal A_{ABD} + 2 \cdot \mathcal A_{ECD} = \Phi \sqrt{\Phi+2} + 2 \sqrt{\Phi+2} = (\Phi+2)\sqrt{\Phi+2} $$. Damit ist $$ \mathcal A_{MHD} = \frac{1}{10} \mathcal A_{5Eck} = \frac{1}{10} (\Phi+2)\sqrt{\Phi+2} $$. Die gegebene blaue Fläche besteht aus 10 kongruenten Segmenten $$ \mathcal A_{Segm}=\mathcal A_{NDU} $$ (hellblau), die orange Fläche aus 10 kongruenten "Zwickeln" $$ \mathcal A_{Zwck}=\mathcal A_{NMT} $$ (hellgrün). Daher ist das gesuchte Verhältnis $$ \mathcal A_{orange} : \mathcal A_{blau} = \mathcal A_{Zwck} : \mathcal A_{Segm} $$. Berechnung des Zwickels: Es gilt $$ \mathcal A_{Zwck} = \mathcal A_{MHD} - \mathcal A_{NHD} - \mathcal A_{roter Sektor} $$. Mit $$ \mathcal A_{NHD} = \frac{1}{2} \mathcal A_{NCD} $$ folgt $$ \mathcal A_{Zwck} = \frac{1}{10}\sqrt{\Phi+2} \cdot (\Phi+2) - \frac{1}{4}\sqrt{\Phi+2} - \frac{\pi}{20} \quad $$, also $$ \mathcal A_{Zwck} = \frac{(2\Phi-1)\sqrt{\Phi+2} - \pi}{20} $$. Berechnung des Segments: Es gilt $$ \mathcal A_{Segm} = \mathcal A_{Sektor HDUN} - \mathcal A_{NHD} $$. Mit $$ \mathcal A_{Sektor HDUN} = \frac{1}{2} \cdot 1^2 \cdot \frac{2}{5}\pi = \frac{\pi}{5} $$ folgt $$ \mathcal A_{Segm} = \frac{\pi}{5} - \frac{1}{4}\sqrt{\Phi+2} \quad $$, also $$ \mathcal A_{Segm} = \qquad\frac{4\pi - 5\sqrt{\Phi+2}}{20} $$ Damit ist das gesuchte Verhältnis $$ \mathcal A_{orange} : \mathcal A_{blau} = \frac{(2\Phi-1)\sqrt{\Phi+2} - \pi}{4\pi - 5\sqrt{\Phi+2}} $$. Mit $$ \Phi = \frac{1+\sqrt 5}{2} $$ erhält man numerisch $$ \mathcal A_{orange} : \mathcal A_{blau} \approx 0,363786702 $$. ---- Bleibt alle gesund! ottogal