Hay números, digamos, extraños que de una forma u otra se empeñan en aparecer en los lugares más inesperados. Uno de ellos, sin lugar a dudas es \pi (Pi), cuyas apariciones son cuanto menos sorprendentes. El número e y \phi, el número áureo, son otras dos constantes interesantes en este sentido. Hoy vamos a ver una aparición de esta última, que no por conocida deja de ser inesperada.

Imaginemos que tenemos un pentágono regular de lado L conocido, como el de la figura

y queremos calcular la distancia del centro a cualquiera de los vértices. Si representamos el centro, F, y los segmentos que unen ese centro con dos vértices consecutivos del pentágono, obtenemos que dichos segmentos forman un ángulo de \textstyle{\frac{2 \pi}{5}=72^\circ}:

Una forma de comenzar el cálculo que queremos hacer podría ser dibujar la apotema (segmento que une el centro con el punto medio de un lado) y razonar a partir del triángulo rectángulo resultante:

Ahora, el ángulo formado por la apotema y por nuestro segmento objetivo es de \textstyle{\frac{\pi}{5}=36^\circ}. El problema es que no sabemos cuál es la longitud de la apotema, por lo que estamos más o menos igual. Todo se arreglaría si supiéramos el valor de \cos{(\frac{\pi}{5})} o de \sin{(\frac{\pi}{5})} (con trigonometría obtendríamos tanto la apotema como el segmento que buscamos). Podemos usar la calculadora, pero si lo hacéis podéis ver que no queda nada descriptivo. Y no nos engañemos, no queda nada bonito dar un resultado así. Por ello, vamos a intentar calcular estas dos razones trigonométricas de forma elegante.

Partimos de la fórmula de Euler para números complejos:

e^{i \theta}=\cos{\theta}+i \; \sin{\theta}

Si elevamos a 5 podemos obtener dos expresiones distintas. Por un lado, como (e^{i \theta})^5=e^{i5 \theta}, entonces

e^{i5 \theta}=(\cos{\theta}+i \; \sin{\theta})^5

Por otro lado, sustituyendo \theta por 5 \theta obtenemos

e^{i5 \theta}=\cos{5 \theta}+i \; \sin{5 \theta}

Por tanto, tendríamos la siguiente igualdad:

(\cos{\theta}+i \; \sin{\theta})^5=\cos{5 \theta}+i \; \sin{5 \theta}

La cuestión ahora sería desarrollar la potencia quinta que hay a la izquierda, agrupar como un número complejo en forma binómica (parte real por un lado y parte imaginaria por otro) e después igualar por partes al miembro de la derecha.

El desarrollo os lo dejo a vosotros. Después de ello obtendríamos las siguientes igualdades:

\cos{5 \theta}=\cos^5{\theta}-10 \sin^2{\theta} \cos^3{\theta}+5 \sin^4{\theta} \cos{\theta}

\sin{5 \theta}=\sin^5{\theta}-10 \sin^3{\theta} \cos^2{\theta}+5 \sin{\theta} \cos^4{\theta}

Nos quedamos con la segunda, ya que aunque queremos calcular el coseno, la ecuación que vamos a obtener por este camino es más cómoda. Después de hacer las operaciones, donde usaremos que \cos^2{\theta}+\sin^2{\theta}=1 para eliminar las apariciones de \cos{\theta}, llegamos a la siguiente expresión:

\sin{5 \theta}=\sin{\theta} (16 \sin^4{\theta}-20 \sin^2{\theta}+5)

Tomamos ahora \theta=\frac{\pi}{5}, con lo que en la parte izquierda nos queda que \sin{5 \cdot \frac{\pi}{5}}=\sin{\pi}=0. Escribiendo ahora z=\sin{\frac{\pi}{5}}, nos queda que tenemos que resolver la siguiente ecuación:

0=z(16 z^4-20 z^2+5) (1)

Antes de resolver la ecuación conviene tener una idea del valor de \sin{\frac{\pi}{5}}, algo que va a ser muy sencillo con la ayuda de este post sobre el famoso cuadro de los valores de las razones trigonométricas. Como en el primer cuadrante el coseno es decreciente, tenemos lo siguiente:

\cos{\cfrac{\pi}{5}} \in \left ( \cos{\cfrac{\pi}{4}},\cos{\cfrac{\pi}{6}} \right )=\left (\cfrac{\sqrt{2}}{2},\cfrac{\sqrt{3}}{2} \right )

Y como en ese primer cuadrante, al que pertenece \pi /5, el seno es creciente, se tiene que:

\sin{\cfrac{\pi}{5}} \in \left ( \sin{\cfrac{\pi}{6}},\cos{\cfrac{\pi}{4}} \right )=\left (\cfrac{1}{2},\cfrac{\sqrt{2}}{2} \right )

Tenemos que tener en cuenta ahora esto último.

Resolvamos la ecuación (1). La primera solución que obtenemos es z=0, que no es posible ya que no está dentro del intervalo anterior. La otra opción nos da la siguiente ecuación:

16z^4-20z^2+5=0

Resolviéndola como ecuación bicuadrada que es obtenemos las siguientes cuatro soluciones:

z_1=\sqrt{\cfrac{5+\sqrt{5}}{8}} \quad z_2=-\sqrt{\cfrac{5+\sqrt{5}}{8}} \quad z_3=\sqrt{\cfrac{5-\sqrt{5}}{8}} \quad z_4=-\sqrt{\cfrac{5-\sqrt{5}}{8}}

De ellas, z_2 y z_4 seguro que no son el valor que buscamos, ya que al ser negativas no pertenecen al intervalo. Lo mismo ocurre con z_1, ya que es mayor que \sqrt{2} /2. Nos queda entonces que la única opción es z_3, es decir:

\sin{\cfrac{\pi}{5}}=\sqrt{\cfrac{5-\sqrt{5}}{8}}

De donde, usando otra vez \cos^2{\theta}+\sin^2{\theta}=1, llegamos a la expresión del coseno:

\cos{\cfrac{\pi}{5}}=\sqrt{\cfrac{3+\sqrt{5}}{8}} (2)

Nos ha costado un poco (quizás por algún otro camino podíamos haber llegado antes), pero ya tenemos una expresión de \cos{\frac{\pi}{5}}. ¿Qué tiene que ver esto con \phi=\frac{1+\sqrt{5}}{2}. Lo vemos ahora mismo.

De la expresión de \phi podemos despejar \sqrt{5}, obteniendo que \sqrt{5}=2 \phi-1. Si sustituimos en (2) tenemos que:

\cos{\cfrac{\pi}{5}}=\sqrt{\cfrac{3+2 \phi -1}{8}}=\sqrt{\cfrac{2+2 \phi}{8}}=\sqrt{\cfrac{1+\phi}{4}}=

Pero sabemos que \phi es solución de la ecuación x^2-x-1=0. Esto significa, entre otras cosas, que \phi ^2- \phi -1=0. O, lo que es lo mismo, que \phi ^2=\phi+1. Siguiendo la igualdad anterior, llegamos a lo siguiente:

=\sqrt{\cfrac{\phi ^2}{4}}=\cfrac{\phi}{2}

Es decir:

\cos{\cfrac{\pi}{5}}=\cfrac{\phi}{2}

No me digáis que no es, cuanto menos, inesperado.

Bueno, a partir de este valor podemos calcular cuánto vale el seno, aunque no nos queda una expresión tan bonita:

\sin{\cfrac{\pi}{5}}=\cfrac{\sqrt{3-\phi}}{2}

Y con esto terminaríamos la búsqueda que comenzamos hace unas cuantas fórmulas, en los comienzos de este post.

Como habéis podido ver, el péntagono tiene una relación muy directa con el número áureo, hecho que seguro que muchos conocíais pero que habrá sorprendido en mayor o menor medida a más de un lector. Espero que os haya gustado este artículo, que ha salido a partir de una colaboración enviada por Pablo. Muchas gracias DonMostrenco.

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