En primer lugar, hallemos una aproximación lineal del valor de \( \tg \hat\beta \) donde \( \hat\beta \) es la mitad del ángulo interior del polígono regular de \( n \) lados inscrito a una circunferencia de radio \( R \).
\( \tg \hat\beta=\tg\left(\dfrac{\pi-\dfrac{2\pi}{n}}{2}\right)=\tg\left(\dfrac{\pi}{2}-\dfrac{\pi}{n}\right)=\dfrac{1}{\tg\left(\dfrac{\pi}{n}\right)}\simeq\,\, \boxed{1+\dfrac{\pi}{8}(n-4)}\hspace{1cm} \) si \( n\longrightarrow 4 \)
Ahora, por construcción,
\( \tg\alpha=\dfrac{(n-4)R/n}{\sqrt{3}R}=\dfrac{n-4}{n\sqrt{3}},\hspace{1cm} \) \( \gamma=90^{\circ}-(\beta-\alpha) \).
Así pues, llamando \( x=\overline{PQ} \) y aplicando el teorema del seno, resulta:
\( \dfrac{x}{\sen\beta}=\dfrac{4R/n}{\sen\gamma} \Longleftrightarrow \dfrac{x}{\sen\beta}=\dfrac{4R/n}{\cos(\beta-\alpha)} \)
\( \dfrac{x}{\sen(90^{\circ}-\beta)}=\dfrac{2(n-2)R/n}{\sen(\beta-\alpha)} \Longleftrightarrow \dfrac{x}{\cos \beta}=\dfrac{2(n-2)R/n}{\sen(\beta-\alpha)}\Longrightarrow
2\tg\beta\tg(\beta-\alpha)=n-2 \Longleftrightarrow 2\tg^2\beta-2\tg\alpha\tg\beta-(n-2)=0\Longrightarrow\\
\tg\beta=\dfrac{(n-4)\pm \sqrt{n^2+16n-32}}{4\sqrt{3}}\simeq \dfrac{(n-4)\pm 4\sqrt{3}+\sqrt{3}(n-4)}{4\sqrt{3}} =\dfrac{(1+\sqrt{3})(n-4)}{4\sqrt{3}}\pm 1 \)
La solución positiva es:
\( \dfrac{(1+\sqrt{3})(n-4)}{4\sqrt{3}}+ 1=\dfrac{2+\dfrac{2\sqrt{3}}{3}}{8}(n-4)+1\simeq\,\,\boxed{1+\dfrac{\pi}{8}(n-4)}\hspace{1cm} \)
En el caso \( n=5 \) resulta \( \tg\beta=\dfrac{2+\dfrac{2\sqrt{3}}{3}}{8}(5-4)+1=1,394337567\ldots \) de donde \( \boxed{\beta=54^{\circ}\, 21'\, 8,72''} \simeq 54^{\circ}=\hat\beta \hspace{1cm} \)
\( \tg\gamma=0,918372188\ldots\Longrightarrow \gamma=42^{\circ}\, 33'\, 48,61''\Longleftrightarrow \boxed{\beta=90^{\circ}-(\gamma-\alpha)=54^{\circ}\, 1'\, 23,78'' \simeq 54^{\circ}} \hspace{1cm} \)
