Siebeneck nach Archimedes

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Konstruktion von Archimedes, Animation, am Ende 10 s Pause

Das Siebeneck nach Archimedes ist eine Weiterführung der sogenannten Konstruktion von Archimedes, ein in der Fachwelt allgemein bekannter Ansatz zur Konstruktion des regelmäßigen Siebenecks. Das Siebeneck nach Archimedes ist wie jedes regelmäßige Siebeneck nicht allein mit den klassischen Hilfsmitteln Zirkel und unmarkiertem Lineal exakt darstellbar, wohl aber mit einem Hilfsmittel zur Dreiteilung des Winkels, zum Beispiel einem markierten Lineal (siehe Siebeneck als Neusis-Konstruktion). Archimedes (287–212 v. Chr.) veröffentlichte die Konstruktion in seinem Werk „Siebeneck im Kreise“. Das in griechischer Sprache verfasste Buch ging aber, der Überlieferung von arabischen Gelehrten zufolge, verloren. Erst rund 1100 Jahre später, sprich im 9. Jahrhundert, hat Thabit ibn Qurra (826–901) das Werk von Archimedes ins Arabische übersetzt und somit den Beweis der Konstruktion von Archimedes für die Nachwelt erhalten (s. Abschnitt Beweis). Letztendlich vergingen nochmals rund 1100 Jahre bis Carl Schoy (1877–1925) das Buch des Archimedes, das davon handelt, den Kreis in 7 gleiche Teile zu teilen, ins Deutsche übersetzte.

Konstruktion von Archimedes

In einem Quadrat $AWRC$ mit beliebiger Seitenlänge wird eine Gerade ab dem Punkt $W$ gezogen, bis sie die Verlängerung der Quadratseite ${\overline {AC}}$ im Punkt $M$ schneidet, so dass gilt:

$\left(1\right)$  Flächeninhalt von $\triangle {WRU}=$ Flächeninhalt von $\triangle {CTM}.$

Die geometrische Konstruktion von Archimedes beruht hauptsächlich auf der Teilung einer Strecke, für die er, so wird uns überliefert, die Konstruktionsmethode Einschiebung (Neusis) nutzte. Die Art und Weise, wie er diese Einschiebung durchführte, um die Teilungspunkte exakt zu erhalten, ist uns nicht überliefert. Eine Einschiebung mithilfe eines Lineals, dessen Kante um den Punkt $W$ so gedreht ist, dass eine Linie ${\overline {WM}}$ die oben beschriebene Bedingung liefert, $\triangle {WRU}$ und $\triangle {CTM}$ mit gleich großen Flächeninhalten, ist offensichtlich nicht zielführend. Eine Möglichkeit der Einschiebung wird in Bestimmen des Punktes M mithilfe eines markierten Lineals beschrieben.

Die nun folgenden Ausführungen, dargestellt in moderner Sprache, lehnen sich stark an die Beschreibung von Thabit ibn Qurra an, die im Wesentlichen aus zwei Schritten besteht.

Bild 1: Schritt 1, Prinzipskizze

Als ersten Schritt (Bild 1) machen wir uns zur Vorüberlegung eine Prinzipskizze der Strecke ${\overline {AM}}$ mit ihren Teilungspunkten $D$ und $C$. Darin sei ${\overline {AC}}$ die Seitenlänge des Quadrates, ${\overline {AD}}<{\overline {AC}}$ und ${\overline {AM}}>{\overline {AC}},$ zugleich soll gelten:

$\left(2\right)$  ${\overline {CM}}^{2}={\overline {AC}}\cdot {\overline {AD}}$ und

$\left(3\right)$  ${\overline {AD}}^{2}={\overline {CD}}\cdot {\overline {DM}}$

Bild 2: Schritt 2, Prinzipskizze mit Erweiterung

Als zweiten Schritt (Bild 2) erweitern wir die soeben erstellte Prinzipskizze. Zuerst wird über die Strecke ${\overline {AC}}$ mithilfe ${\overline {CM}}$ das gleichschenklige Dreieck $ACB$ errichtet. Verbindet man nun den Punkt $B$ mit $M,$ ergibt sich das ebenfalls gleichschenklige Dreieck $CMB.$ Nach Thabit ibn Qurra haben – bei exakt bestimmten Teilungspunkt $D$ und Endpunkt $M$ – die Winkel an den Scheiteln $M$ und $B$ jeweils die Winkelweite $\mu ={\tfrac {\pi }{7}}$ und an den Scheiteln $C$ (Supplementwinkel, Nebenwinkel) und $A$ jeweils die Winkelweite $2\mu ={\tfrac {2\pi }{7}}.$ Somit ist der Winkel $2\mu$ der Zentriwinkel des Siebenecks.

Bestimmen des Teilungspunktes D

Bild 3: Bestimmung des Teilungspunktes $D$ mithilfe des Graphen der Funktion $f(x)=x^{3}-6ax^{2}+5a^{2}x-a^{3}$

Hierzu bedarf es mindestens eines zusätzlichen Hilfsmittels, wie z. B. einer Parabel oder einer Parabel und Hyperbel oder des im Folgenden ermittelten Funktionsgraphen.

• Die Dreiecke $\triangle {ACB}$ und $\triangle {CMB}$ sind nicht Teil der Lösung, sie dienen lediglich der Veranschaulichung.

Für eine exakte Konstruktion (Bild 3) zeichnet man – vorzugsweise mithilfe einer Dynamische-Geometrie-Software (DGS) – zuerst das Quadrat $AWRC$ mit der beliebigen Seitenlänge $a={\overline {AC}}$ und verlängert anschließend zunächst nur noch ${\overline {AC}}$ über $C$ hinaus. Um nun die Dreiecke $\triangle {WRU}$ und $\triangle {CTM}$ mit gleich großen Flächeninhalten zu erhalten, reicht es den Teilungspunkt $D$ zu bestimmen. Der noch fehlende Punkt $M$ ist anschließend einfach mithilfe eines Lots von $D$ mit Fußpunkt $V$ und dem Kreuzungspunkt $U$ zu finden.

Es sei ${\overline {AD}}=x,$ ${\overline {AC}}=a$ und ${\overline {CM}}=y,$ so dass zugleich gilt

$\left(4\right)$  $y^{2}=a\cdot x$ und

$\left(5\right)$  $x^{2}=\left(a-x\right)\cdot \left(a+y-x\right)$

daraus y

$\;{\begin{aligned}\left(6\right)\;\;x^{2}&=\left(a-x\right)\cdot \left(a+y-x\right)\\0&=a^{2}+ay-2ax-xy\\2ax-a^{2}&=y\cdot \left(a-x\right)\\y&=\left({\frac {a\left(2x-a\right)}{a-x}}\right)=a\cdot \left({\frac {2x-a}{a-x}}\right)\\\end{aligned}}$

$y$ eingesetzt in $\left(4\right)$

$\;\;\;\;{\begin{aligned}\left(7\right)\;ax&=a^{2}\cdot \left({\frac {2x-a}{a-x}}\right)^{2}=a^{2}\cdot {\frac {\left(2x-a\right)^{2}}{\left(a-x\right)^{2}}}\\\end{aligned}}$

Gleichung $\left(7\right)$ multipliziert mit $\left(a-x\right)^{2}$ und anschließend dividiert durch $a$ ergibt:

${\begin{aligned}\left(8\right)\;\;\;x\cdot \left(a-x\right)^{2}&=a\cdot \left(2x-a\right)^{2},\\x\cdot \left(a^{2}-2ax+x^{2}\right)&=a\cdot \left(4x^{2}-4xa+a^{2}\right),\\xa^{2}-2ax^{2}+x^{3}&=4ax^{2}-4xa^{2}+a^{3},\\\end{aligned}}$

daraus folgt die kubische Gleichung

$\;\;\;\;{\begin{aligned}\left(9\right)\;x^{3}&-6ax^{2}+5a^{2}x-a^{3}=0\end{aligned}}.$

Die Funktion $f(x)=x^{3}-6ax^{2}+5a^{2}x-a^{3}$ hat innerhalb der Strecke ${\overline {AM}}$ zwei Nullstellen. Eine näher am Punkt $A$ und eine im Punkt $D.$ Die dritte Nullstelle liegt außerhalb der Strecke ${\overline {AM}}.$

Wenn $A=\left(0\mid 0\right),$ dann sind die kartesischen Koordinaten des relevanten Punktes $D$ des Funktionsgraphen

$D=\left(a\cdot 0{,}643104132\ldots \mid 0\right).$

Beweis

Bild 4: Beweis durch Kreisteilung, darin ist ${\overline {AC}}=a$
Seitenlänge $s={\overline {CM}}={\overline {AB}}=a\cdot 0.801937735\ldots$

Als möglicher Beweis für die Richtigkeit der Konstruktion von Archimedes, soll die folgende Teilung des Kreises in sieben gleich lange Bögen dienen.

Auf eine Gerade werden zuerst die nun gegebenen Strecken ${\overline {AM}},$ ${\overline {AD}}$ und ${\overline {AC}}=a$ abgetragen, anschließend das gleichschenklige Dreieck $ACB$ eingezeichnet sowie die Punkte $B$ mit $M$ und $B$ mit $D$ verbunden. Nach dem Bestimmen des Umkreismittelpunktes $O_{1}$ mithilfe der beiden Senkrechten durch $C$ und $D,$ wird der Umkreis eingezeichnet. Es folgen die Verlängerungen der Strecken ${\overline {BD}}$ und ${\overline {BC}}$, bis sie in $E$ bzw. $Z$ den Umkreis schneiden. Nun wird $A$ mit $Z$ verbunden, dabei ergibt sich der Schnittpunkt $H,$ der sogleich mit $C$ verbunden wird.

Aus der Darstellung (Bild 4) ist zu entnehmen ($arc=$ Kreisbogen):

$(10)\;MC=CB$ im $\triangle {MBC}$ daraus folgt:

$(11)\;\angle {BMC}=\angle {MBC},$

$(12)\;arc\;O_{1}ZM=arc\;O_{1}BA,$ folglich ist:

$(13)\;{\overline {CD}}\cdot {\overline {DM}}={\overline {DB}}^{2}={\overline {AD}}^{2}$ (→ erfüllt (3)) und

$(14)\;\triangle {MBD}\sim \triangle {CBD},$ denn

$(15)\;\angle {DMB}=\angle {CBD},$ d. h.

$(16)\;arc\;O_{1}EZ=arc\;O_{1}BA.$ Somit sind

$(17)\;arc\;O_{1}BA,arc\;O_{1}ZM$ und $arc\;O_{1}ZE$ drei gleich lange Bögen.

Darüber hinaus ist:

$(18)\;{\overline {AZ}}\parallel {\overline {BM}}$ und

$(19)\;\angle {BMC}=\angle {DBC}=\angle {HAC},$

$(20)\;{\overline {BD}}={\overline {AD}};\;{\overline {CD}}={\overline {HD}};\;{\overline {BC}}={\overline {AH}},$

dies bedeutet es liegen die vier Punkte $A,B,C$ und $H$ auf demselben Kreis mit Mittelpunkt $O_{2}.$

Wegen der Ähnlichkeit der beiden Dreiecke

$(21)\;\triangle {ACB}$ und $\triangle {HBA}$ folgt:

$(22)\;{\overline {AC}}\cdot {\overline {AD}}={\overline {CB}}^{2}={\overline {CM}}^{2}$ (→ erfüllt (2)),

sowie der Ähnlichkeit der beiden Dreiecke

$(23)\;\triangle {BHC}$ und $\triangle {CBD}$ folgt:

$(24)\;{\overline {HB}}\cdot {\overline {BD}}={\overline {BC}}^{2}.$

Des Weiteren ist:

$(25)\;{\overline {CA}}={\overline {HB}}$ und $\angle {BCD}=\angle {CHB}=2\cdot \angle {BMC},$

$(26)\;\angle {CHD}=\angle {DAB}=2\cdot \angle {BMC},$ folglich ist:

$(27)\;arc\;O_{1}MB=2\cdot arc\;O_{1}BA,$ wegen

$(28)\;\angle {ABD}=\angle {DAB},$ ist auch

$(29)\;arc\;O_{1}AE=2\cdot arc\;O_{1}BA,$

also ist jeder eine der Bögen

$(30)\;arc\;O_{1}MB$ und $\;arc\;O_{1}AE=2\cdot O_{1}BA.$

Somit ist der Kreis $MBAEZ$ in sieben gleichlange Teile geteilt.

Bestimmen des Endpunktes M der Strecke AM

Bild 5: Bestimmen der Strecke ${\overline {AM}}$ mithilfe des Graphen der Funktion $f(x)=x^{3}-ax^{2}-2a^{2}x+a^{3}$ als Animation

Das nebenstehende Bild zeigt eine alternative Lösung. Darin wird der Punkt $M$ anstatt des Punktes $D$ bestimmt.

• Die Dreiecke $\triangle {ACB}$ und $\triangle {CMB}$ sowie die Punkte $D$ und $V$ sind nicht Teil der Lösung, sie dienen lediglich der Veranschaulichung.

Für eine exakte Konstruktion zeichnet man – vorzugsweise mithilfe einer Dynamische-Geometrie-Software (DGS) – zuerst das Quadrat $AWRC$ mit der beliebigen Seitenlänge $a={\overline {AC}}$ und verlängert anschließend zunächst nur noch ${\overline {AC}}$ über $C$ hinaus. Um die Dreiecke $\triangle {WRU}$ und $\triangle {CTM}$ mit gleich großen Flächeninhalten zu erhalten, reicht es den Punkt $M$ zu bestimmen. Abschließend wird die Verbindungslinie von Punkt $W$ bis Punkt $M$ eingetragen.

Vorüberlegung

Gesucht ist eine Funktion $f(x)$ deren Graph die x-Achse eines kartesischen Koordinatensystems in $M$ schneidet (Nullstelle) und somit die Strecke ${\overline {AM}}$ erzeugt.

Ansatz

Ist $a=1,$ so ist die Länge der Strecke ${\overline {AM}}$ gleich der Wurzel der sogenannten Silver Constant $S$:

(1) ${\sqrt {S}}={\sqrt {2+2cos\left({\tfrac {2\pi }{7}}\right)}}=1.801937735\ldots$

Sie führt über die kubische Gleichung

(2) $x^{3}-x^{2}-2x+1=0$

schließlich zur Funktion

(3) $f(x)=x^{3}-x^{2}-2x+1$

mit deren dritten Nullstelle in $M=\left(1{,}801937735\ldots \mid 0\right).$

Funktionsgraph, allgemein

Für $a>0$, also wenn die Seitenlänge $a$ des Quadrates $AWRC$ beliebig gewählt werden soll, ist eine Lineartransformation erforderlich.

In die kubischen Gleichung (2) wird hierzu die Variable $a$ mit den erforderlichen Exponenten $a^{1},\;a^{2}$ und $a^{3}$ eingefügt

(4) $x^{3}-ax^{2}-2a^{2}x+a^{3}=0,$

daraus folgt die Funktion

(5) $f(x)=x^{3}-ax^{2}-2a^{2}x+a^{3}.$

Somit gilt für die Länge der Strecke

${\overline {AM}}=a\cdot 1{,}801937735\ldots [LE]$

Bestimmen des Punktes M mithilfe eines markierten Lineals

Bild 6: Konstruktion von Archimedes als Neusis-Konstruktion

Wie oben bereits erwähnt, gibt es keine Überlieferung welches zusätzliches Hilfsmittel Aristoteles in seiner speziellen Konstruktion nutzte, um den Punkt $M$ zu erhalten.

Nichtsdestotrotz gibt es die Möglichkeit der Einschiebung (Bild 6) mithilfe der bereits bekannten Methode für ein Siebeneck mit gegebener Seitenlänge von David Johnson Leisk (auch Crockett Johnson genannt). In seiner Veröffentlichung aus dem Jahr 1975 beschreibt er den Lösungsweg für das Bestimmen des Umfangswinkels eines Siebenecks – und somit auch indirekt den des Zentriwinkels.

Konstruktionsbeschreibung

Es beginnt mit dem Quadrat $AWRC$ mit der Seitenlänge $a$ und der Diagonalen ${\overline {AR}}$. Es folgt der Kreisbogen $b$ um $C$ mit dem Radius $|CW|$ und die Mittelsenkrechte der Strecke ${\overline {AC}}$. Nun wird das Lineal mit der Markierung der Seitenlänge $a$ so platziert, dass ein Endpunkt der Markierung auf der Mittelsenkrechten, der zweite auf dem Kreisbogen $b$ liegt und die Kante des Lineals durch den Punkt $A$ verläuft. Die Bezeichnung der so gefundenen Punkte $E$ und $F$ sowie die Verbindungen des Punktes $E$ mit $A$ und $C$ schließen sich an. Somit ergibt sich am Winkelscheitel $E$ der Umfangswinkel $\phi$.

Weiter geht es mit der Halbierung der Strecke ${\overline {AE}}$ in $G$ und dem Errichten einer Orthogonalen (Senkrechte) auf ${\overline {AE}}$ in $G$ mit Schnittpunkt $O$ auf der Mittelsenkrechten. Nach dem anschließenden Ziehen des Kreises $k_{1}$ um $O$ mit dem Radius ${\overline {OE}}$ und Schnittpunkt $I$, ist das Dreieck $ECA$ einbeschrieben. Ab dem Punkt $I$ trägt man einmal in Richtung $E$ die Seitenlänge $a$ des Quadrates auf dem Kreis ab; der Schnittpunkt ist $J$. Es bedarf jetzt nur noch einer Verlängerung der Strecke ${\overline {AC}}$ ab $C$ und einer Halbgeraden ab $J$ durch $I$ bis sie die Verlängerung ab $C$ im gesuchten Punkt $M$ trifft.

Beweis

Bild 7: Skizze für den Beweis der Neusis-Konstruktion

Ein möglicher Beweis ist (Bild 7), wenn nachgewiesen werden kann, dass das Dreieck $MAI$ ein gleichschenkliges Dreieck ist. Mit anderen Worten:

Die Sehne ${\overline {AI}}$ des Kreises $k_{1}$ und die Strecke ${\overline {AM}}$ müssen gleich lang sein.

Im gleichschenkligen Dreieck $AIC$ mit den Schenkeln $a$ ist die Sehne ${\overline {AI}}$ eine Diagonale über zwei Seiten eines Siebenecks mit dem Innenwinkel $\alpha ={\frac {5}{7}}\cdot 180^{\circ }$. Die Seitenlänge c = ${\overline {AI}}$ ergibt sich aus:

${\overline {AI}}=2\cdot a\cdot \sin \left({\frac {\alpha }{2}}\right)=a\cdot 1{,}801937735\ldots [LE]\;\;$

Ergebnis der Berechnung der Strecke ${\overline {AM}}$ aus dem Abschnitt Bestimmen des Endpunktes M der Strecke AM, Absatz Funktionsgraph, allgemein:

${\overline {AM}}=a\cdot 1{,}801937735\ldots [LE]$

daraus folgt

${\overline {AI}}={\overline {AM}}$

Was zu beweisen war.

Bestimmen des Punktes M mithilfe zweier Zickzacklinien in einem gleichschenkligen Dreieck

Bild 8: Bestimmen des Punktes $M$ mithilfe zwei sich kreuzenden Zickzacklinien, in einem gleichschenkligen Dreieck mit den Innenwinkeln $\phi ,\;3\phi ,\;3\phi$; ${\overline {CT}}={\overline {BM}}$, Animation mit 20 s Pause

Archibald H. Finlay veröffentlichte 1959 in The Mathematical Gazette unter dem Titel 2863. Zig-Zag-paths. einen Kreis mit acht speziellen Kreissektoren die unterschiedliche Zickzacklinien beinhalten. Ein Kreissektor zeigt ein gleichschenkliges Dreieck mit dem Zentriwinkel ${\tfrac {180^{\circ }}{7}}=\phi$ eines Vierzehnecks, den beiden Basiswinkeln mit je $3\phi$ sowie zwei sich kreuzende, vom Dreieck umschriebene Zickzacklinien mit sieben gleich langen Geradenabschnitten.

Das Zusammenspiel des Dreiecks $ABB'$ mit Seite $a$ des Quadrates und den beiden Zickzacklinien, ermöglicht das Finden des Punktes $M$ der Strecke ${\overline {AM}}$. Es ist vorteilhaft die Konstruktion (Bild 8) mittels einer Dynamischen-Geometrie-Software (DGS) zu erstellen. Für eine Konstruktion auf Papier gäbe es z. B. auch die Möglichkeit den beweglichen Winkelschenkel durch einen Papierstreifen zu ersetzen. Die weitere Vorgehensweise wäre gleich wie die im Folgenden beschrieben bzw. wie die in der Animation (Bild 8) gezeigte.

Vorgehensweise

Nach der Konstruktion des Quadrates $AWRC$ und dem Einzeichnen der Diagonalen ${\overline {AR}}$, wird die Seite $a={\overline {AC}}$ des Quadrates mittels einer Halbgeraden über $C$ hinaus verlängert. Dies ergibt den feststehenden Winkelschenkel für den späteren Winkels $\phi$. Eine nun folgende zweite Halbgerade ab dem Scheitel $A$, sprich, der bewegliche Winkelschenkel, schließt einen Winkel mit noch unbestimmter Winkelweite ein.

Es geht weiter mit den zwei sich kreuzenden Zickzacklinien, d. h. mit dem Eintragen der vorerst fünf Seitenlängen $a$ – eine ist die Quadratseite. Beginnend mit der ersten Zickzacklinie beim Scheitel $A$, wird zuerst auf dem beweglichen Winkelschenkel die Länge $a$ abgetragen; dabei ergibt sich der Schnittpunkt $X$. Es folgt, wieder mithilfe $a$, das vorläufige Bestimmen der Punkte $M$ und $B'$. Auf die gleiche Art und Weise werden die Punkte $Y$ und $B$ der zweiten Zickzacklinie eingetragen. Die siebte Länge $a$ (rot, Grundlinie des gesuchten Dreiecks $ABB'$) wird nahe $B$ auf dem feststehenden Winkelschenkel platziert.

Um das Dreieck $ABB'$ zu erhalten, bedarf es noch der Verbindung der Grundlinie $a$ (rot) mit den Endpunkten $B$ und $B'$ der beiden Zickzacklinien. Die Animation (Bild 8) zeigt ein Beispiel, wie dies erreicht werden kann.

Mit dem fertiggestellten Dreieck $ABB'$ ist der Punkt $M$ so platziert, dass die Dreiecke $WRU$ und $TMC$ nun den gewünschten gleichen Flächeninhalt haben.

Weiterführende Konstruktion bei gegebenem Umkreis bzw. bei gegebener Seitenlänge

Umkreis gegeben

Siehe hierzu Bild 9

Ausgehend von den konstruierten Punkten $D$ und $M$, zieht man zuerst ab dem Winkelscheitel $A$ die Halbgerade $g_{1}$ mit der Winkelweite ${\tfrac {\mu }{2}}.$ Es folgt das Abtragen des gegebenen Umkreisradius $r$ auf der Halbgeraden $g_{1}$ ab $A;$ dabei ergibt sich der Mittelpunkt $O$ des Umkreises. Nun zieht man um $O$ den Umkreis des gesuchten Siebenecks mit dem Radius $r={\overline {AO}}.$ Schneidet der Umkreis die Strecke ${\overline {AB}}$ in $E,$ so ist die Seitenlänge $s$ somit gefunden. Schneidet der Umkreis die Strecke ${\overline {AB}}$ nicht, wird anschließend ${\overline {AB}}$ mithilfe der Halbgeraden $g_{2}$ verlängert, bis sie den Umkreis in $E$ schneidet und so die Seitenlänge $s$ liefert. Abschließend wird die Seitenlänge $s$ fünfmal gegen den Uhrzeigersinn abgetragen und die noch fehlenden Seiten des Siebenecks eingezeichnet.

Bild 9: Siebeneck bei gegebenem Umkreis, Weiterführung der Konstruktion von Archimedes (Bild 3 oder 5)

Bild 10: Siebeneck bei gegebener Seitenlänge $s$, Weiterführung der Konstruktion von Archimedes (Bild 3 oder 5)

Seitenlänge gegeben

Siehe hierzu Bild 10

Ausgehend von den konstruierten Punkten $D$ und $M$, zieht man zuerst ab dem Winkelscheitel $A$ die Halbgerade $g_{1}$ mit der Winkelweite ${\tfrac {\mu }{2}}.$ Nun soll die gegebene Seitenlänge $s$ abgetragen werden. Ist die Seitenlänge $s={\overline {AE}}\leq {\overline {AB}},$ kann sie direkt auf ${\overline {AB}}$ abgetragen werden. Andernfalls wird zuvor die Strecke ${\overline {AB}}$ mithilfe der Halbgeraden $g_{2}$ verlängert. Nach dem Einzeichnen eines Kreisbogens um $A$ mit dem Radius ${\overline {AE}}$ bis die Strecke ${\overline {AM}}$ in $F$ geschnitten wird, zieht man eine Linie ab $E$ durch $F$ auf die Halbgerade $g_{1}$; dabei ergibt sich, wegen $\triangle {AFE}\sim \triangle {AOE},$ der Mittelpunkt $O$ des gesuchten Siebenecks. Abschließend wird der Umkreis um $O$ mit dem Radius $r={\overline {AO}}$ gezogen, die Seitenlänge $s$ fünfmal gegen den Uhrzeigersinn abgetragen und die noch fehlenden Seiten des Siebenecks eingezeichnet.

Weblinks

• Siebeneck nach David Johnson Leisk