Benutzerin Diskussion:Ra'ike/Rätselecke

Welches Volumen hat die Tischplatte?

Diskussion

$V=(52+12{\sqrt {2}})cm^{3}\approx 68,97cm^{3}$ falsch --FriedhelmW (Diskussion) 12:23, 9. Jul. 2020 (CEST)

$V=((2*{\sqrt {\frac {4^{2}}{2}}}+6)^{2}-4*{\frac {\sqrt {8}}{2}})*1\approx 119,88cm^{3}$ --Ignaz Semmelbeiss (Diskussion) 13:20, 9. Jul. 2020 (CEST)

Man kann relativ einfach eine Obergrenze und eine Untergrenze bestimmen mit Hilfe unseres Artikels Achteck. Nimmt man mal an, im Achteck seien alle Seiten 6 cm lang, dann ist das Volumen 173,8 qcm. Bestünde das Achteck aber nur aus 4 cm langen Seiten, dann erhalten wir 77,2 qcm. Also gilt für das Volumen V: 77.2 < V < 173,8 --tsor (Diskussion) 16:48, 9. Jul. 2020 (CEST)

$V=(52+48{\sqrt {2}})cm^{3}\approx 119,88cm^{3}$ --FriedhelmW (Diskussion) 17:20, 9. Jul. 2020 (CEST)

Könnt ihr kurz euren Lösungsweg andeuten? --tsor (Diskussion) 21:06, 9. Jul. 2020 (CEST)

Die Seiten mit 6cm und 4cm wechseln sich ab. Man kann das Achteck in ein Quadrat, vier Rechtecke und vier rechtwinklige Dreiecke zerlegen. Gruß --FriedhelmW (Diskussion) 21:16, 9. Jul. 2020 (CEST)

Das habe ich anders aufgefasst. Auf 4 längere Seiten folgen 4 kürzere Seiten: Erst 4 lange Seiten aneinander, dann 4 kurze Seiten aneinander. Mir liegt nämlich zufällig die zitierte Quelle (Heinrich Hemme, Bild der Wissenschaft. Band 6, 2020, S. 94) vor: "Es hatte, im Uhrzeigersinn gesehen, erst vier jeweils sechs Fuß lange Seiten, auf die vier je vier Fuß lange Seiten folgten." Eine Lösung wird erst für das September-Heft angekündigt. --tsor (Diskussion) 21:28, 9. Jul. 2020 (CEST).

Dadurch ändert sich das Ergebnis aber nicht. --FriedhelmW (Diskussion) 21:34, 9. Jul. 2020 (CEST)

Die Umordnung der Dreiecke bzw. der Winkel ist ein geschickter Ansatz, der manches vereinfacht.--Kmhkmh (Diskussion) 14:49, 11. Jul. 2020 (CEST)

Hallo FriedhelmW, Ignaz Semmelbeiss und tsor, erstmal vielen Dank für die jetzt schon rege Teilnahme. Es freut mich sehr, dass offensichtlich auch andere Freude an solch kniffeligen Rätseln haben  

Dann zu den ersten Lösungsversuchen. Meiner Berechnung nach sind die bisher beide falsch. Ich habe auf der Vorderseite mal ein hoffentlich hilfreiches Bild ergänzt. Meiner Ansicht nach braucht man zwingend den Durchmesser des Kreises, an den alle Ecken stoßen.

@FriedhelmW: Wie genau teilst Du denn das Achteck auf und wie kommst Du an die Seitenlängen der Einzelflächen?

Viele Grüße -- Ra'ike _Disk. ^P:MIN 23:00, 9. Jul. 2020 (CEST)

@Ra'ike: Sobald du das Achteck von aaaabbbb auf abababab umgestellt hast sind alle Innenwinkel gleich. --FriedhelmW (Diskussion) 11:42, 10. Jul. 2020 (CEST)

Geht auch ohne Radius, siehe Friedhelms Formel weiter unten.--Kmhkmh (Diskussion) 16:51, 11. Jul. 2020 (CEST)

Ich habe es numerisch gelöst, indem ich ein System mit 3 Gleichungen für zwei unbekannte Innenwinkel und den Radius aufgestellt habe. Auch da kommt 119,88 ccm raus. Insofern wird das wohl stimmen. Man kann das Gleichungssystem übrigens auch händisch lösen. Der Radius ist $r={\sqrt {26+12{\sqrt {2}}}}=6,55519...$--95.222.54.188 10:55, 10. Jul. 2020 (CEST)

Zunächst einmal ist das eigentliche Problem, die Fläche des 8-Ecks zu bestimmen. Anhand der gegebenen Informationen kann man die drei Gleichungen aufstellen. Wenn man die einfach in ein leistungsfähiges CAS eingibt, erhält direkt eine Lösung. Hat man ein solches nicht zur Hand, so lässt sich das Ganze auch per Hand mit den Mitteln der Schulalgebra lösen, als Zutaten benötigt man dafür zwei trigonometrische Identitäten, Substitution und die Mitternachtsformel. Genauere Details, Ergebnisse und eine Skizze finden sich hier:

• https://www.geogebra.org/m/actdvbmq

--Kmhkmh (Diskussion) 04:24, 11. Jul. 2020 (CEST)

Das kriegt jetzt den Preis für die komplizierteste LösungVorlage:Smiley/Wartung/;)  Ohne viel Rechnen und ohne den Tisch zu zersägen: Sei M der Mittelpunkt des Tisches, X eine Ecke, an der eine lange und eine kurze Seite anliegen. Sei A der Mittelpunkt der langen Seite und B der Mittelpunkt der kurzen. Dann sieht man: (1) Der Winkel AMB beträgt ein Achtel des Vollkreises, also 45 Grad. (2) Die Ecke X hat von der Geraden MA den Abstand 3 cm und von der Geraden MB den Abstand 2 cm. Aus einer Skizze kann man die Katheten der (halbierten) Dreiecke sofort ablesen. Daraus ergibt sich die Fläche und bei Bedarf mit Pythagoras der Radius $r^{2}=3^{2}+(3+2{\sqrt {2}})^{2}=2^{2}+(2+3{\sqrt {2}})^{2}$. --2003:C5:9F1A:F300:21AC:C8B6:D68F:FFEC 06:21, 11. Jul. 2020 (CEST)

Naja, sofern man ein CAS verwendet ist eigentlich nicht kompliziert, sondern im Gegenteil in gewisser Hinsicht "besonders einfach" (auch wenn nicht besonders elegant), da man die 3 Gleichungen direkt der Ausgangskonfigurationen entnehmen kann und man keinerlei Hilfslinien, Rearrangement oder Ähnliches benötigt. Das ändert sich natürlich, wenn es per Hand berechnen will, dann wird es durch das Lösen der Gleichungen deutlich komplizierter als bei den eleganteren Lösungen.

Mir ist übrigens auf die Schnelle nicht klar, wie du die zweiten Katheten bei deiner Lösung aus der Skizze abliest, in meinen Skizzen kann ich die zwar auf diverse Arten berechnen, aber ein direktes Ablesen sehe bei ihnen nicht.--Kmhkmh (Diskussion) 14:47, 11. Jul. 2020 (CEST)

+1, ich verstehe auch nicht, wie man die Katheten "sofort ablesen" kann. --95.222.54.188 15:16, 11. Jul. 2020 (CEST)

Die Fläche des Achtecks beträgt $A=a^{2}+b^{2}+2ab{\sqrt {2}}$ --FriedhelmW (Diskussion) 12:14, 11. Jul. 2020 (CEST)

Spendieren wir noch eine Herleitung:

• https://www.geogebra.org/m/rjepsmrx

--Kmhkmh (Diskussion) 16:51, 11. Jul. 2020 (CEST)

Hallo Kmhkmh, vielen Dank für Deine externe Zeichnung. Ich hatte übrigens folgenden anderen Lösungsansatz und war bis vorgestern Abend davon überzeugt, dass der richtig war. Hat sich aber leider als Trugschluss herausgestellt, nachdem ich versuchte, den Ansatz von FriedhelmW mit den vertauschten Dreiecken nachzuvollziehen.

Tischplatte mit Bemaßung als Berechnungsgrundlage

Ich war bei meiner Berechnung davon ausgegangen, dass das Seitenverhältnis gleich dem Winkelverhältnis sein müsse, d.h. man müsste das Verhältnis der Seitenlängen in Beziehung zu den Innenwinkeln setzen können.

Damit gälte: a : b = α : β und 4α + 4β = 360°

a : b = 6 : 4 = 1,5 : 1 bzw. 15 : 10

α = (360°×15)/100 = 54° und β = (360°×10)/100 = 36°

Danach folgt die Berechnung des Radius mit dem Sinussatz

$\sin \left({\frac {\alpha }{2}}\right)={\dfrac {\dfrac {a}{2}}{R}}$   →   $R={\dfrac {\dfrac {a}{2}}{\sin \left({\frac {\alpha }{2}}\right)}}$

Sobald man R hat, ist der Rest nur noch simple Pythagoras- und Dreiecksflächenberechnung, um anschließend auf die Gesamtfläche zu kommen.

Leider habe ich dann wie gesagt bei der Überprüfung nach Friedhelms Ansatz feststellen müssen, dass meine Annahme falsch war. Wenn ich die Formel für den Radius mit der anderen Seitenlänge und dem anderen Winkel berechne, kommt ein leicht anderes Ergebnis heraus. Hat mich ziemlich geärgert, dass ich das nicht sofort bemerkt habe :-(

Um nochmal auf die Zeichnung von Kmhkmh zurückzukommen. Bei mir hakt es beim Verständnis, wie man auf den Term $\cos 135^{\circ }=-{\frac {1}{\sqrt {2}}}$ bzw. $\sin 135^{\circ }={\frac {1}{\sqrt {2}}}$ kommt. Viele Grüße -- Ra'ike _Disk. ^P:MIN 21:03, 11. Jul. 2020 (CEST)

Wenn man Seitenverhältnisse mit Winkelverhältnissen in Bezug setzen will, braucht man die trigonometrischen Funktionen (sin, cos, tan). Arbeitet man dabei mit rechtwinkligen Dreiecken, so kann deren Definition direkt anwenden, bei beliebigen Dreiecken verwendet man stattdessen den Sinussatz oder den Kosinussatz. Damit läßt sich dein Ansatz auch reparieren, allerdings landet man dann wohl bei einer Lösung, die ähnlich kompliziert ist, wie meine erste Lösung (sofern man kein CAS verwenden will).

Was nun $\cos 135^{\circ }$ und $\sin 135^{\circ }$ betrifft, die gehören zu den bekannten Sin/Cos-Werten, die hat man im Idealfall in der Schule mal gelernt hat und die man in de.wp unter Sinus_und_Kosinus#Wichtige_Funktionswerte oder Formelsammlung_Trigonometrie#Wichtige_Funktionswerte findet. Man kann sie sich auch selbst mit Hilfe spezieller Dreiecke herleiten, der erste WP-Link enthält Hinweise dazu. Außerdem sollte man beachten, dass $135^{\circ }=90^{\circ }+45^{\circ }$ ist.--Kmhkmh (Diskussion) 22:28, 11. Jul. 2020 (CEST)

$a$

$b$

$s$

$s={\tfrac {b}{\sqrt {2}}}$

$A_{1}=a^{2}$

$A_{2}=a\cdot s$

$A_{3}\,=$

$b^{2}/4$

Zerlegung des modifizierten Achtecks. $A_{ges}=A_{1}+4A_{2}+4A_{3}=a^{2}+2{\sqrt {2}}ab+b^{2}$

Einfacher wird es, wenn man die Ecken umlaufend nummeriert und das Achteck an folgenden Linien zerschneidet: 1-6, 2-5, 3-8, 4-7. Dann hat man ein Quadrat, 4 Rechtecke und 4 rechtwinklige Dreiecke. --FriedhelmW (Diskussion) 07:07, 12. Jul. 2020 (CEST)

Na dann trigonometriefrei und pythagorashaltig:

• https://www.geogebra.org/m/gzpgdtss (korrigiert)

--Kmhkmh (Diskussion) 12:32, 12. Jul. 2020 (CEST)

Sehr schön, nur fehlt in der letzten Gleichung im mittleren Term noch ein Faktor 2. --FriedhelmW (Diskussion) 13:26, 12. Jul. 2020 (CEST)

Das ist raffiniert. Ich hatte bei deiner Erklärung oben gar nicht verstanden, wo Rechtecke sein sollen. Sicher bislang die eleganteste Lösung, und viel einfacher kann es eigentlich nicht mehr werden. --95.222.54.188 15:03, 12. Jul. 2020 (CEST)

(BKBK) Jo, Danke FriedhelmW, ich glaube, dass ist wirklich die einfachste Lösung. Jetzt habe ich ebenfalls verstanden, wie Du auf die eingangs beschriebene Einteilung in ein Quadrat, vier Rechtecke und vier rechtwinklige Dreiecke kommst Vorlage:Smiley/Wartung/:-d 

Der vollständige Lösungsweg wäre dann also:

1. Man tauscht die Seiten so, dass abwechselnd eine lange (a = 6 cm) und eine kurze (b = 4 cm) Seite das Achteck bilden (Buchstaben entsprechend der Rätselbeschreibung auf der Vorderseite).
2. Wie oben beschrieben, werden zur besseren Übersicht die Ecken fortlaufen nummeriert und das Achteck von 1 nach 6, 2 nach 5, 3 nach 8 und 4 nach 7 aufgeteilt.
3. Es entsteht in der Mitte das Quadrat mit der kurzen Seitenlänge 'b' und der Fläche A_Q = 16 cm²
4. Senkrecht auf den Quadratseiten stehen die Rechtecke mit den Seitenlängen 'b' und 'x'. Die Lücken dazwischen werden von den rechtwinkligen und gleichschenkligen Dreiecken mit den Kathetenlängen 'x' und der Hypothenuse 'a' geschlossen.
5. 'x' erhält man über den Satz des Pythagoras: ${\textstyle x^{2}+x^{2}=a^{2}\longrightarrow x={\frac {a}{\sqrt {2}}}=4,24264...cm}$ (bei Verwendung der genauen Zahl für x kommt für die Dreieckflächen eine glatte Zahl heraus)
6. Damit beträgt die Fläche der 4 Dreiecke ${\textstyle A_{D}=4\cdot {\frac {x^{2}}{2}}=36}$ cm² und die der 4 Rechtecke ${\textstyle A_{R}=4\cdot b\cdot x=67,88}$ cm²
7. Die Gesamtfläche beträgt damit A_G = 119,88 cm² und das Volumen 119,88 cm³, da die Plattendicke nur 1 cm beträgt und damit den Wert nicht ändert

Puuh, und ganz nebenbei habe ich jetzt auch noch ein wenig die <math>-Funktionen üben können. Da sage noch jemand, so eine Rätselecke wäre unnütz Vorlage:Smiley/Wartung/:-d  Nochmals vielen Dank für die engagierten Mitrater und liebe Grüße -- Ra'ike _Disk. ^P:MIN 22:29, 12. Jul. 2020 (CEST)

Etwas genauer: Aus der Zerlegung (Bild) des "umsortierten" Achtecks ergibt sich die oben erwähnte Formel:

$A_{ges}=a^{2}+4\cdot {\frac {b^{2}}{4}}+4\cdot a\cdot s$ mit $s={\tfrac {b}{\sqrt {2}}}$

$A_{ges}=a^{2}+b^{2}+2\cdot ab{\sqrt {2}}$

ÅñŧóñŜûŝî (Ð) 22:13, 12. Jul. 2020 (CEST)

Hallo Antonsusi: Danke für Deine neue Zeichnung, auch wenn Du und der nachfolgende Anonymus dadurch bei meinem Beitrag einen Doppel-BK verursacht haben ;-)

Du hast die "umgebaute" Platte allerdings etwas anders beschnitten, d.h. man müsste meine obige Beschreibung, die sich an die Ausführung von FriedhelmW und an die Zeichnung von Kmhkmh anlehnt, entsprechend umformen. Viele Grüße -- Ra'ike _Disk. ^P:MIN 22:29, 12. Jul. 2020 (CEST)

Ich hatte eigentlich nur den Abschnitt "Verallgemeinerung" bearbeitet, nicht die ganze Seite. Deshalb weiß ich nicht, warum es da einen BK mit mir für Dich gegeben hat. --95.222.54.188 23:08, 12. Jul. 2020 (CEST)

Es fing schon mit dem Beitrag von Antonsusi an. Als ich meinen Beitrag fertig hatte (dauerte wegen der Formeln etwas), sah ich über die Vorschau "Änderung zeigen", dass zwischenzeitlich Änderungen vorgenommen wurden. Ich also nochmal neu in die Seite mit meinem kopierten Text und einen Zusatz für Antonsusi geschrieben und wieder war im Änderungsvergleich zu sehen, dass jemand (Du) dazwischen gekommen war. Du selbst hast zwar zwischenzeitlich nur den Unterabschnitt "Verallgemeinerung" bearbeitet, aber ich den Oberabschnitt "Welches Volumen hat die Tischplatte?" und die hängen nunmal zusammen und entsprechend gibt's einen BK, wenn man dann versucht abzuspeichern. Letzteres versuche ich aber gar nicht erst, weil es einfacher ist, in einem neuen Tab die Bearbeitung neu zu starten und den eigenen Text rüber zu kopieren ;-) Viele Grüße -- Ra'ike _Disk. ^P:MIN 23:43, 12. Jul. 2020 (CEST)

Danke Ra'ike, ÅñŧóñŜûŝî und alle anderen. Eine Anmerkung noch: Es gibt zwei Möglichkeiten die Ecken zu nummerieren, je nachdem ob man mit einer kurzen oder einer langen Seite anfängt. Am Endergebnis ändert sich dadurch nichts. Gruß --FriedhelmW (Diskussion) 14:20, 14. Jul. 2020 (CEST)

Moin FriedhelmW, dass es zwei mögliche Nummerierung und damit zwei Lösungswege gibt, war schon klar. Deshalb schrieb ich ja, dass man meine obige Lösungsbeschreibung entsprechend Antonsusis Zeichnung umformen ;-)

Vielleicht wäre es sogar sinnvoll, Unterabschnitte mit den verschiedenen möglichen Lösungsansätzen und -wegen für einen leichteren Überblick zu erzeugen. Die Diskussion zur Lösung ist ja schon recht lang geworden. Viele Grüße -- Ra'ike _Disk. ^P:MIN 07:18, 15. Jul. 2020 (CEST)

Verallgemeinerung

Lässt sich das ganze dahingehend verallgemeinern, dass die Fläche eines (konvexen) unregelmäßigen Sehnenpolygons bestimmt ist, wenn alle Seiten gegeben sind? Bei der Fläche ist die Anordnung der - aus den Seiten und dem Mittelpunkt gebildeten - gleichschenkligen Dreiecke ja egal, da deren Flächen addiert werden. Wenn ja, dann wäre es interessant, ob es eine allgemeine Formel gibt. ÅñŧóñŜûŝî (Ð) 21:14, 12. Jul. 2020 (CEST)

Bestimmt ist die Fläche natürlich, wie du selber begründet hast. Man kann sie für ein allgemeines n-Eck auch mit einem Gleichungssystem aus n+1 Gleichungen für ebensoviele Unbekannte numerisch berechnen, z.B. ähnlich wie bei Kmhkmhs erster Herleitung oder bei meiner, bei der ich dann sinngemäß mit ${\frac {a_{i}}{2R}}=\sin {\frac {\alpha _{i}}{2}};\,i=1,\ldots ,n$ ansetzen würde. Aber in geschlossener Form wird man die Lösung auf diesem Weg vermutlich im Allgemeinen nicht erhalten, denn dazu kommen in der resultierenden Gleichung für R dann zuviele verschiedene Wurzelausdrücke gleichzeitig vor, die die Unbekannte enthalten. Für ein allgemeines 3-Eck funktioniert es noch, da muss man nur quadratische Gleichungen lösen. (Ist aber eh ein Trivialfall, bei dem man den Kreis und seinen Radius eigentlich ganz ignorieren kann.) Fürs 4-Eck geht es wohl auch irgendwie (anders), siehe Sehnenviereck. Anscheinend gibt es auch ziemlich elementare Formeln für Sehnen-n-Ecke mit n von 5 bis 8, vgl. David P. Robbins und andere in http://link.springer.com/article/10.1007/BF02574377 und http://arxiv.org/pdf/math/0407300v1.pdf . ("(...) there is some question as to what constitutes an explicit formula. Our formulas have concise descriptions, and if a polygon is given with exact (for instance, rational) side lengths, the polynomial satisfied by its area can be computed exactly using standard operations such as evaluating determinants.") --95.222.54.188 22:21, 12. Jul. 2020 (CEST)

Die Zeichnungen und Ansätze https://www.geogebra.org/m/rjepsmrx und https://www.geogebra.org/m/gzpgdtss halte ich auch für zielführend, weil sie sich für den Fall, dass es nur zwei verschiedene Seitenlängen a_i gibt, also a und b, verallgemeinern lassen sollten, und zwar für beleliebige Sehnenvielecke (n-Ecke).

Das ursprüngliche Rätsel von Heinrich Hemme zeigt die Fragestellung für a = 6 cm, b = 4 cm, n = 4 und eine bestimmte, aber nicht zwingende Anordnung der Seitenlängen 6 cm und 4 cm.

In einigen fällen lässt sich der Ausdruck für den Flächeninhalt des regelmäßigen n-Ecks (in der Zeichnung Quadratfläche) beziehungsweise 2×n-Ecks (in der Zeichnung Achtecksfläche) nur mit Quadratwurzeln (siehe zum Beispiel Regelmäßiges_Polygon#Konstruktion, Konstruierbares_Polygon und https://en.wikipedia.org/wiki/Straightedge_and_compass_construction) und ohne Sinus und Kosinus darstellen.

Dabei könnte wie schon gesehen, der Kosinussatz, aber vielleicht auch der Sinussatz oder die Kreiswinkelsätze eine Rolle spielen.

Ich hab aber nicht die Zeit, mich in die Details zu vertiefen, weil ich wieder was für die Wikipedia-Leser schreiben will. Viele Grüße--Maximum 2520 (Diskussion) 22:15, 13. Jul. 2020 (CEST)

Hallo Ra'ike, FriedhelmW und Kmhkmh, mit der Verallgemeinerung meine ich Folgendes: In den Zeichnungen https://www.geogebra.org/m/rjepsmrx wird das "alternierende" Achteck mit den Seitenlängen abababab zerlegt in

• Achteck = Quadrat + 4 gleiche Dreiecke mit den Seitenlängen a und b und Innenwinkel 135°

und in der Zeichnung https://www.geogebra.org/m/gzpgdtss lautet die Zerlegung

• Achteck = Quadrat + 4 gleiche Rechtecke + 4 gleiche rechtwinklige und gleichschenklige Dreiecke (Innenwinkel 45°, 45°, 90°)

Für ein "alternierendes" 2×n-Eck ergeben sich entsprechend folgende Zerlegungen:

• 2×n-Eck = n-Eck + n gleiche Dreiecke mit den Seitenlängen a und b und Innenwinkel 180° - 180°/n
• 2×n-Eck = n-Eck + n gleiche symmetrische Trapeze (Innenwinkel 180° - 360°/n, 180° - 360°/n, 180° + 360°/n, 180° + 360°/n) + n gleiche gleichschenklige Dreiecke (Innenwinkel 180°/n, 180°/n, 180° - 360°/n)

Bei der Berechnung des Flächeninhalts sollte Regelmäßiges_Polygon#Umfang_und_Flächeninhalt weiterhelfen.

Um selbst Zeichnungen anzufertigen - zum Beispiel für ein Zehneck, also n = 5 - müsste ich mich erst in GeoGebra einarbeiten. Könnte das jemand übernehmen? Viele Grüße--Maximum 2520 (Diskussion) 20:31, 17. Jul. 2020 (CEST)

Es zeigt sich, dass dieses Thema wenig behandelt wird und dass der Artikel Sehnenvieleck ausbaufähig ist. Daher ist die Verallgemeinerungsfrage wichtig. Hier war es ja ein einfaches Beispiel mit einer sogar konstruierbaren Lösung. Es gibt aber auch andere Fälle. So könnten doch auch nur drei Seiten kürzer als die fünf anderen sein, oder gar nur eine kürzer als die sieben anderen. Von der Möglichkeit, dass es drei verschiedene Seitenlängen geben könnte und dass man es mit einem Sechs- oder Siebeneck zu tun zu haben kann, mal abgesehen. Da gibt es dann nur noch trigonometrische Ansätze und meistens keine Konstruierbarkeit. Kann man da allgemeinere Ansätze formulieren? ÅñŧóñŜûŝî (Ð) 18:01, 18. Jul. 2020 (CEST)

Dazu braucht man Literatur, welche das Thema darstellt. Eigene Konstruktionen wären TF. --tsor (Diskussion) 18:59, 18. Jul. 2020 (CEST)

Es würde mich überraschen, wenn es zu so einem Thema kein einziges wiss. Werk gäbe. ÅñŧóñŜûŝî (Ð) 20:48, 18. Jul. 2020 (CEST)

Im Abstract meines zweiten Links von oben http://arxiv.org/pdf/math/0407300v1.pdf steht: "Thus we obtain explicit formulas for the areas of cyclic heptagons". Das gälte also für allgemeine Sehnen-Siebenecke. Allerdings erscheint mir der entsprechende Abschnitt ab S. 11 nicht völlig trivial, und nur wenig explizit. ;) --95.222.54.188 18:50, 22. Jul. 2020 (CEST)