Hallo, ich habe einige Einsendungen bekommen und ich denke, ich kann auflösen. Dazu reichere ich das Bild einmal um etliche weitere Inkarnationen des Halbkreisradius an, sowie um ein rechtwinkliges Dreieck in der Mitte. [](/images/523c768c-dc93-11ed-9f71-b42e9947ef30.png) Die beiden Geraden, die die Halbkreise einschließen, gehen jeweils durch den Mittelpunkt der Kreise, aus denen die Halbkreise ausgeschnitten sind, und sind Tangente des Halbkreises. Daraus folgt, dass ihr Abstand gleich dem Radius der Halbkreise ist - also 1. Der Punkt K ergibt sich, indem man eine Senkrechte zur oberen Geraden durch D einzeichnet. Das Polygon JKDQ hat damit nur rechte Winkel und ist ein Quadrat mit Kantenlänge 1. Das eingezeichnete Dreieck ist rechtwinklig - Tangenten stehen senkrecht auf Radien. Seine Hypotenuse ist zwei Radien lang, und die Kathete QJ einen Radius. Man kann fragen: Liegen P-X-Q überhaupt auf einer Geraden? Antwort ist: Ja, denn durch den Berührpunkt X geht eine Tangente für beide Kreise und die Radien PX und QX stehen senkrecht darauf, daher ist der Winkel zwischen ihnen 180° und sie liegen auf einer Geraden. Die Strecke AK setzt sich aus zwei Abschnitten der Länge 1 sowie der Strecke PJ zusammen. Die Länge der Strecke PJ ergibt sich mit Pythagoras: $$\overline{PJ}^2 + 1^2 = 2^2 \Longleftrightarrow \overline{PJ}^2 = 3 \Longleftrightarrow \overline{PJ} = \sqrt 3$$ Die Strecke AK hat damit die Länge $$2+\sqrt 3$$. Die Länge von AD ergibt sich wieder mit Pythagoras: $$\overline{AD}^2 = \overline{AK}^2 + \overline{KD}^2$$ $$\overline{AD}^2 = ( \color{LimeGreen}{2} + \color{Blue}{\sqrt 3})^2 + 1 = \color{LimeGreen}4 + \color{Red}{2}\cdot \color{LimeGreen}{2}\cdot \color{Blue}{ \sqrt 3} + \color{Blue}{3} + 1 = 8+4\sqrt 3$$ @Hank: Wenn man schaut, aus welchen Teilen sich die Lösung zusammensetzt, kommt es mir durchaus zufällig vor, dass man eine 4 ausklammern kann. Wer sich über das Farbenspiel wundert... **einer** wird sich nicht darüber wundern 😉 Diese Lösung kam auch von Gunnar und Tabellenkalk. Ottogal macht es ähnlich, aber mit der halben Hypotenuse PX, demnach auch nur 0,5 als Kathetenlänge. Weil's jetzt ein Einheitskreis ist, erkannte er das als den Sinus des Winkels BPX, folgerte daraus $$\frac{1}{2}\sqrt 3$$ als Cosinus und rechnete ansonsten wie die beiden anderen. Meine Quelle für das Rätsel - Susanne Scherer alias Mathematricks - ging letztendlich genauso vor, machte sich die Berechnung von PJ aber etwas umständlicher, meine ich. <https://www.youtube.com/watch?v=rUgQgQ2bNbA> _Rolf_ -- sumpsi - posui - obstruxi

Hallo, ich habe einige Einsendungen bekommen und ich denke, ich kann auflösen. Dazu reichere ich das Bild einmal um etliche weitere Inkarnationen des Halbkreisradius an, sowie um ein rechtwinkliges Dreieck in der Mitte. [](/images/523c768c-dc93-11ed-9f71-b42e9947ef30.png) Die beiden Geraden, die die Halbkreise einschließen, gehen jeweils durch den Mittelpunkt der Kreise, aus denen die Halbkreise ausgeschnitten sind, und sind Tangente des Halbkreises. Daraus folgt, dass ihr Abstand gleich dem Radius der Halbkreise ist - also 1. Der Punkt K ergibt sich, indem man eine Senkrechte zur oberen Geraden durch D einzeichnet. Das Polygon JKDQ hat damit nur rechte Winkel und ist ein Quadrat mit Kantenlänge 1. Das eingezeichnete Dreieck ist rechtwinklig - Tangenten stehen senkrecht auf Radien. Seine Hypotenuse ist zwei Radien lang, und die Kathete QJ einen Radius. Man kann fragen: Liegen P-X-Q überhaupt auf einer Geraden? Antwort ist: Ja, denn durch den Berührpunkt X geht eine Tangente für beide Kreise und die Radien PX und QX stehen senkrecht darauf, daher ist der Winkel zwischen ihnen 180° und sie liegen auf einer Geraden. Die Strecke AK setzt sich aus zwei Abschnitten der Länge 1 sowie der Strecke PJ zusammen. Die Länge der Strecke PJ ergibt sich mit Pythagoras: $$\overline{PJ}^2 + 1^2 = 2^2 \Longleftrightarrow \overline{PJ}^2 = 3 \Longleftrightarrow \overline{PJ} = \sqrt 3$$ Die Strecke AK hat damit die Länge $$2+\sqrt 3$$. Die Länge von AD ergibt sich wieder mit Pythagoras: $$\overline{AD}^2 = \overline{AD}^2 + \overline{AD}^2$$ $$\overline{AD}^2 = ( \color{LimeGreen}{2} + \color{Blue}{\sqrt 3})^2 + 1 = \color{LimeGreen}4 + \color{Red}{2}\cdot \color{LimeGreen}{2}\cdot \color{Blue}{ \sqrt 3} + \color{Blue}{3} + 1 = 8+4\sqrt 3$$ @Hank: Wenn man schaut, aus welchen Teilen sich die Lösung zusammensetzt, kommt es mir durchaus zufällig vor, dass man eine 4 ausklammern kann. Wer sich über das Farbenspiel wundert... **einer** wird sich nicht darüber wundern 😉 Diese Lösung kam auch von Gunnar und Tabellenkalk. Ottogal macht es ähnlich, aber mit der halben Hypotenuse PX, demnach auch nur 0,5 als Kathetenlänge. Weil's jetzt ein Einheitskreis ist, erkannte er das als den Sinus des Winkels BPX, folgerte daraus $$\frac{1}{2}\sqrt 3$$ als Cosinus und rechnete ansonsten wie die beiden anderen. Meine Quelle für das Rätsel - Susanne Scherer alias Mathematricks - ging letztendlich genauso vor, machte sich die Berechnung von PJ aber etwas umständlicher, meine ich. <https://www.youtube.com/watch?v=rUgQgQ2bNbA> _Rolf_ -- sumpsi - posui - obstruxi

Hallo, ich habe einige Einsendungen bekommen und ich denke, ich kann auflösen. Dazu reichere ich das Bild einmal um etliche weitere Inkarnationen des Halbkreisradius an, sowie um ein rechtwinkliges Dreieck in der Mitte. [](/images/523c768c-dc93-11ed-9f71-b42e9947ef30.png) Die beiden Geraden, die die Halbkreise einschließen, gehen jeweils durch den Mittelpunkt der Kreise, aus denen die Halbkreise ausgeschnitten sind, und sind Tangente des Halbkreises. Daraus folgt, dass ihr Abstand gleich dem Radius der Halbkreise ist - also 1. Der Punkt K ergibt sich, indem man eine Senkrechte zur oberen Geraden durch D einzeichnet. Das Polygon JKDQ hat damit nur rechte Winkel und ist ein Quadrat mit Kantenlänge 1. Das eingezeichnete Dreieck ist rechtwinklig - Tangenten stehen senkrecht auf Radien. Seine Hypotenuse ist zwei Radien lang, und die Kathete QJ einen Radius. Man kann fragen: Liegen P-X-Q überhaupt auf einer Geraden? Antwort ist: Ja, denn durch den Berührpunkt X geht eine Tangente für beide Kreise und die Radien PX und QX stehen senkrecht darauf, daher ist der Winkel zwischen ihnen 180° und sie liegen auf einer Geraden. Die Strecke AK setzt sich aus zwei Abschnitten der Länge 1 sowie der Strecke PJ zusammen. Die Länge der Strecke PJ ergibt sich mit Pythagoras: $$\overline{PJ}^2 + 1^2 = 2^2 \Longleftrightarrow \overline{BJ}^2 = 3 \Longleftrightarrow \overline{PJ} = \sqrt 3$$ Die Strecke AK hat damit die Länge $$2+\sqrt 3$$. Die Länge von AD ergibt sich wieder mit Pythagoras: $$\overline{AD}^2 = \overline{AD}^2 + \overline{AD}^2$$ $$\overline{AD}^2 = ( \color{LimeGreen}{2} + \color{Blue}{\sqrt 3})^2 + 1 = \color{LimeGreen}4 + \color{Red}{2}\cdot \color{LimeGreen}{2}\cdot \color{Blue}{ \sqrt 3} + \color{Blue}{3} + 1 = 8+4\sqrt 3$$ @Hank: Wenn man schaut, aus welchen Teilen sich die Lösung zusammensetzt, kommt es mir durchaus zufällig vor, dass man eine 4 ausklammern kann. Wer sich über das Farbenspiel wundert... **einer** wird sich nicht darüber wundern 😉 Diese Lösung kam auch von Gunnar und Tabellenkalk. Ottogal macht es ähnlich, aber mit der halben Hypotenuse PX, demnach auch nur 0,5 als Kathetenlänge. Weil's jetzt ein Einheitskreis ist, erkante er das als den Sinus des Winkels BPX, folgerte daraus $$\frac{1}{2}\sqrt 3$$ als Cosinus und rechnete ansonsten wie die beiden anderen. Meine Quelle für das Rätsel - Susanne Scherer alias Mathematricks - ging letztendlich genauso vor, machte sich die Berechnung von PJ aber etwas umständlicher, meine ich. <https://www.youtube.com/watch?v=rUgQgQ2bNbA> _Rolf_ -- sumpsi - posui - obstruxi

Hallo, ich habe einige Einsendungen bekommen und ich denke, ich kann auflösen. Dazu reichere ich das Bild einmal um etliche weitere Inkarnationen des Halbkreisradius an, sowie um ein rechtwinkliges Dreieck in der Mitte. [](/images/523c768c-dc93-11ed-9f71-b42e9947ef30.png) Die beiden Geraden, die die Halbkreise einschließen, gehen jeweils durch den Mittelpunkt der Kreise, aus denen die Halbkreise ausgeschnitten sind, und sind Tangente des Halbkreises. Daraus folgt, dass ihr Abstand gleich dem Radius der Halbkreise ist - also 1. Der Punkt K ergibt sich, indem man eine Senkrechte zur oberen Geraden durch D einzeichnet. Das Polygon JKDQ hat damit nur rechte Winkel und ist ein Quadrat mit Kantenlänge 1. Das eingezeichnete Dreieck ist rechtwinklig - Tangenten stehen senkrecht auf Radien. Seine Hypotenuse ist zwei Radien lang, und die Kathete QJ einen Radius. Man kann fragen: Liegen B-X-Q überhaupt auf einer Geraden? Antwort ist: Ja, denn durch den Berührpunkt X geht eine Tangente für beide Kreise und die Radien BX und QX stehen senkrecht darauf, daher ist der Winkel zwischen ihnen 180° und sie liegen auf einer Geraden. Die Strecke AK setzt sich aus zwei Abschnitten der Länge 1 sowie der Strecke PJ zusammen. Die Länge der Strecke PJ ergibt sich mit Pythagoras: $$\overline{PJ}^2 + 1^2 = 2^2 \Longleftrightarrow \overline{BJ}^2 = 3 \Longleftrightarrow \overline{PJ} = \sqrt 3$$ Die Strecke AK hat damit die Länge $$2+\sqrt 3$$. Die Länge von AD ergibt sich wieder mit Pythagoras: $$\overline{AD}^2 = \overline{AD}^2 + \overline{AD}^2$$ $$\overline{AD}^2 = ( \color{LimeGreen}{2} + \color{Blue}{\sqrt 3})^2 + 1 = \color{LimeGreen}4 + \color{Red}{2}\cdot \color{LimeGreen}{2}\cdot \color{Blue}{ \sqrt 3} + \color{Blue}{3} + 1 = 8+4\sqrt 3$$ @Hank: Wenn man schaut, aus welchen Teilen sich die Lösung zusammensetzt, kommt es mir durchaus zufällig vor, dass man eine 4 ausklammern kann. Wer sich über das Farbenspiel wundert... **einer** wird sich nicht darüber wundern 😉 Diese Lösung kam auch von Gunnar und Tabellenkalk. Ottogal macht es ähnlich, aber mit der halben Hypotenuse BX, demnach auch nur 0,5 als Kathetenlänge. Weil's jetzt ein Einheitskreis ist, erkante er das als den Sinus des Winkels BPX, folgerte daraus $$\frac{1}{2}\sqrt 3$$ als Cosinus und rechnete ansonsten wie die beiden anderen. Meine Quelle für das Rätsel - Susanne Scherer alias Mathematricks - ging letztendlich genauso vor, machte sich die Berechnung von PJ aber etwas umständlicher, meine ich. <https://www.youtube.com/watch?v=rUgQgQ2bNbA> _Rolf_ -- sumpsi - posui - obstruxi