Grenzwertig

spirale_konstruktion

Konstruktion: Die Rechtecke haben DIN-Format, heißt, die lange Seite verhält sich zur kurzen Seite wie Wurzel(2). Das nächste Rechteck soll so gedreht und geschrumpft sein, dass seine Ecke die Seite des vorigen halbiert. Setzt man das ins Unendliche fort, wird aus den dicken Linien eine Spirale:

spirale

Frage: Wie lang ist die Spirale?
Behauptung: Das 12,74-fache des ersten Abschnitts.
Beweis: Sei a0 die kurze Seite des ersten Rechtecks. Dann ist die lange Seite b0 = a0*Wurzel(2). Ihre Hälfte ist b0/2 = a0/Wurzel(2). Vom ersten Rechteck erhält die Spirale den Beitrag a0*(1 + 1/Wurzel(2)).
Das nächste Rechteck hat die lange Seite b1 mit nach Pythagoras b1^2 = a0^2 + (b0/2)^2. Bringen wir alles auf a0 und a1: 2*a1^2 = a0^2 + a0^2/2 = a0^2*3/2 => a1 = a0*Wurzel(3)/2. Das Rechteck ist gegen den Uhrzeigersinn um einen Winkel gedreht, für den gilt: tan(alpha) = a0/(b0/2) => alpha = arctan(Wurzel(2)) ~= 54,74°.
Die Länge der Spirale ist der Grenzwert der geometrischen Reihe a0*(1 + 1/Wurzel(2)*Summe(k=0..unendlich; (Wurzel(3)/2)^k) = a0*(1 + 1/Wurzel(2))/(1 – Wurzel(3)/2) = a0*(2 + Wurzel(2))/(2 – Wurzel(3)).

Die folgende Figur ist auf dieselbe Weise konstruiert:

karten

Man könnte fragen, in welchem Verhältnis Schwarz zu Weiß steht. Eine Schwierigkeit ergibt sich daraus, dass arctan(Wurzel(2)) 360° nicht glatt teilt.

*

Abhilfe: Teilen wir es glatt. Bei 60° sieht es handlicher aus, nicht mehr so zersplittert im Innern:

karten_60grad

Stören tut noch der abnormale Anfang. Normalisieren wir ihn:

karten_60grad_einfacher

Bei dieser Figur müsste sich das Flächenverhältnis von Schwarz zu Weiß verhältnismäßig einfach bestimmen lassen.

karten_60grad_flaechen

Es genügt, zwei 30°-Sektoren der Spirale zu betrachten und drei Flächen zu bestimmen. Mit dem Schrumpfungsfaktor der Seitenlängen q = Wurzel(2/3) kriegte ich raus:
F1 = a0^2/(4*Wurzel(3))
F2 = a0^2*(3/4 – q^12)/Wurzel(3)
F3 = a0^2*(Wurzel(2) – Wurzel(3)/2)*(1 – q^12)

Die schwarze Fläche im ersten Sektor ergibt sich aus einer geometrischen Reihe, deren Quotient q‘ = (q^6)^2 = q^12 ist, als F1/(1 – q^12), die weiße Fläche darin als F2/(1 – q^12). Im zweiten Sektor ist der Quotient q“ = q^24 und die schwarze Fläche beträgt F3/(1 – q^24), die weiße F3*q^12/(1 – q^24). Mit der dritten binomischen Formel können wir 1 – q^24 als (1 + q^12)*(1 – q^12) schreiben, wodurch 1 – q^12 sich wegkürzen lässt, und wir gewinnen das Verhältnis von Schwarz zu Weiß in den ersten beiden Sektoren und damit auch insgesamt als:
S:W = (F1 + F3/(1 + q^12))/(F2 + F3*q^12/(1 + q^12))
Die kurze Anfangsseite a0 kürzt sich auch weg und – ausschreiben oder gleich ausrechnen? – ausgerechnet:
S:W = 1,4291

Jetzt kommt es darauf an, die Randbedingung wieder zu installieren. Im ersten Sektor muss ein Dreieck der Größe F1 schwarz belassen und der Rest invertiert werden. Daher geht es nun mit 1 gegen q^2 + q^4 + q^6 + q^8 + q^10. Vielleicht morgen.

*

q^2 + q^4 + q^6 + q^8 + q^10 = (q^2 – q^12)/(1 – q^2).
Beitrag vom ersten Sektor zur schwarzen Fläche: F1 + F2/(1 – q^12).
Beitrag vom zweiten Sektor: F3/(1 – q^24).
Beitrag von den anderen Sektoren: (F1/(1 – q^12) + F3/(1 – q^24))*(q^2 – q^12)/(1 – q^2).
Beitrag vom ersten Sektor zur weißen Fläche: F1/(1 – q^12) – F1 = F1*q^12/(1 – q^12).
Beitrag vom zweiten Sektor: F3*q^12/(1 – q^24).
Beitrag von den anderen Sektoren: (F2/(1 – q^12) + F3*q^12/(1 – q^24))*(q^2 – q^12)/(1 – q^2).
Raus kommt S:W = 2,3576, aber sehr wacklig, mit hoher Wahrscheinlichkeit verrechnet.

karten_60grad

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