Olimpiadas de Matemáticas
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Solución. El teorema del seno en el triángulo $BCD$ nos dice que el ángulo $\gamma=\angle ACB$ cumple que $\operatorname{sen}\gamma=BD\operatorname{sen}30$. También por el teorema del seno, pero ahora en el triángulo $ABC$, tenemos que \[\frac{AD+1}{\operatorname{sen}120}=\frac{1}{\operatorname{sen}\gamma}=\frac{1}{BD\operatorname{sen}30}\ \Longleftrightarrow\ BD(AD+1)=\frac{\operatorname{sen}120}{\operatorname{sen}30}=\sqrt{3}.\] Elevando al cuadrado y teniendo en cuenta que $BD^2=AD^2-1$ (por el teorema de Pitágoras en el triángulo $ABD$), obtenemos la ecuación \[(AD^2-1)(AD+1)^2=3\ \Longleftrightarrow\ AD^4+2AD^3-2AD-4=0.\] Probando raíces enteras que son divisores del término independiente (por ejemplo, por el método de Ruffini), obtenemos la factorización $(AD+2)(AD^3-2)=0$, que nos lleva a que $AD=\sqrt[3]{2}$ como única solución positiva.

Nota. Es un resultado algo sorprendente que sea $\sqrt[3]{2}$, porque esto nos dice que esa figura no se puede construir con regla y compás. Construir un segmento de longitud $\sqrt[3]{2}$ equivale a resolver el problema clásico de la duplicación del cubo y este es imposible. Deberías investigarlo si no lo conoces aún.