Hallo Roland,
Die dunkelgraue Fläche (hier braun) ist genau um den Faktor 5 so groß wie eines der grauen Dreiecke (hier \(\triangle CHE\) und \(\triangle BGD\)).
Die gesuchte Fläche \(HDON\) zerlege ich in das Dreieck \(\triangle HDN\) und das Dreieck \(DON\). Die Fläche von \(\triangle HDN\) ist identisch zu der von \(\triangle CHE\) wie hier schon bewiesen. Um die Fläche des verbleibenden Dreiecks \(\triangle DON\) zu berechnen, bestimme ich die Vektoren \(\vec{DO}\) und \(\vec{DN}\) in Abhängigkeit der Vektoren $$u = \vec{AB}; \quad v = \vec{AC}$$ Dazu führe ich noch eine Abbildung \(o\) ein, die einen Vektor mit positivem Drehsinn im rechten Winkel dreht. $$\text{Def.:} \space o(a) = \begin{pmatrix} -a_y\\ a_x \end{pmatrix}; \quad a = \begin{pmatrix} a_x\\ a_y \end{pmatrix}$$ Da \(o\) (für 'orthogonal') eine lineare Abbildung ist, gelten die Rechenregeln $$o(a+b)=o(a)+o(b) \\ k \cdot o(a) = o(k \cdot a) \quad k \in \mathbb{K}$$ Darüber hinaus gilt noch $$o(o(a)) = -a$$ So ergibt sich $$\begin{aligned}\vec{DG} &= -o(u) - o(u-v) \\ &= o(v-2u) \\ \vec{DO} &= o(o(v-2u)) \\ &= 2u-v\end{aligned}$$ Die Herleitung von \(\vec{DN}\) führe ich nicht aus ... - es ist $$\vec{DN} = 3v-2u$$ Der Flächeninhalt eines Dreiecks lässt sich mit dem '2-dimensionalen Kreuzprodukt' schreiben. Es ist $$F_{ABC} = \frac 12 u \times v$$ und $$\begin{aligned}F_{DON} &= \frac12 \vec{DO} \times \vec{DN} \\ &= \frac 12 (2u-v) \times (3v-2u) = \frac 12 (2u \times3v + v \times 2u ) \\ &= \frac 12 (6 u \times v - 2 u \times v) \\ &= 4 F_{ABC} \quad \text{q.e.d.}\end{aligned}$$ daraus kann man bestimmt noch einen schönen rein geometrischen Beweis ableiten ...
Gruß Werner
