OME Local |
OME Nacional |
OIM |
OME Andalucía |
Retos UJA |
Nota. No es difícil terminar el razonamiento y ver que las soluciones al problema son \[(a,b)=\left(21\sqrt{3},5\sqrt{3}\right)\qquad\text{y}\qquad (a,b)=\left(-21\sqrt{3},-5\sqrt{3}\right).\]
Nota. Otra opción para finalizar el ejercicio es darse cuenta de que el siguiente cociente es mayor que $1$: \[\frac{A}{A'}=\frac{\frac{b}{h}}{\frac{\pi}{4}((\frac{b}{h})^2+1)-\frac{b}{h}}=\frac{\frac{1+\sqrt{5}}{2}}{\frac{\pi}{4}((\frac{1+\sqrt{5}}{2})^2+1)-\frac{1+\sqrt{5}}{2}}\approx 1.32,\] donde hemos dividido numerador y denominador por $h^2$ para poder aplicar ($\star$). Una alternativa a esto último es suponer a lo largo de todo el razonamiento que $h=1$ haciendo previamente una homotecia.
Nota. No se puede expresar el resultado final en términos de funciones trigonométricas.
En el pentágono regular de lado $1$ de la figura, los triángulos $ACD$ y $DEP$ son semejantes pues sus lados son paralelos. Si llamamos $d$ a la longitud de la diagonal del pentágono, la semejanza $\frac{AD}{CD}=\frac{DE}{PE}$ se escribe como $\frac{d}{1}=\frac{1}{d-1}$, de donde $d$ cumple la ecuación $d^2-d-1=0$, de la que nos quedamos con la única solución positiva $d=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$, la razón áurea. Ahora bien, el triángulo $ABQ$ de la figura es rectángulo y cumple $\angle BAQ=54$, luego \begin{align*}
\mathrm{sen}(54)&=BD=\frac{d}{2}=\frac{1+\sqrt{5}}{4},\\
\cos(54)&=AQ=\sqrt{1-BQ^2}=\sqrt{1-\left(\tfrac{1+\sqrt{5}}{4}\right)^2}=\frac{\sqrt{5-\sqrt{5}}}{2\sqrt{2}}.
\end{align*}
De esta forma, tenemos que el área del triángulo es
\[8\,\mathrm{sen}(54)\cos(54)=8\frac{1+\sqrt{5}}{4}\cdot\frac{\sqrt{5-\sqrt{5}}}{2\sqrt{2}}=\sqrt{10+2\sqrt{5}}.\]