Primero observemos que todas las diagonales AiAi+4 se bisectan en un punto (el baricentro); llamemos G a dicho punto.
Ahora bien, para demostrar la conclusión del problema, bastará con probar que existe i tal que BiAiGBi≤1/2.
Por otro lado, llamemos hi a la altura bajada desde Ai sobre el segmento Ai−1Ai+1 y llamemos Hi a la altura bajada desde G sobre Ai−1Ai+1. Con estos nuevos elementos, rescribirmos la conclusión en la forma equivalente: hiHi≤12.
Llamemos αi el ángulo interno del octágono en el vértice Ai y denotemos como a la medida de los lados del octágono. De todos los i elegimos el que tiene αi lo más grande posible. Como consecuencia \alpha_i \geq 135° (Ya que los ángulos internos del octágono suman 1080°).
De la definición de h_i se observa que h_i = a \cos(\alpha_i).
Por otro lado, observemos que H_i es el promedio de las alturas bajadas desde A_{i+2} y A_{i-2} sobre el segmento A_{i-1}A_{i+1}. Entonces, bastará demostrar que ambas alturas son mayores o iguales que 2h_i para lograr la conclusión de que H_i \geq 2h_i. Dichas alturas se calculan con la forma a\sin(\alpha_{i \pm1} + \alpha_i/2 -90°). Entonces, bastará demostrar que \sin(\alpha_{i \pm1} + \alpha_i/2 -90°) \geq 2\cos(\alpha_i/2).
Observemos primero que (\alpha_{i -1} + \alpha_i/2 -90°) + (\alpha_{i +1} + \alpha_i/2 -90°) = 360° - \alpha_{i+2} > 180°. Así que al menos uno de los sumandos es mayor o igual a 90°. Sin perdida de generalidad, podemos suponer que es \alpha_{i +1} + \alpha_i/2 -90° \geq 90°. Por otro lado, se tiene que 180° > \alpha_i \geq \alpha_{i+1}; junto con la anterior desigualdad obtenemos que: 180° > \frac{3}{2}\alpha_i - 90° \geq \alpha_{i +1} + \alpha_i/2 -90° \geq 90° .
Como \sin es decreciene entre 90° y 180°, entonces tedremos que:
\begin{eqnarray}
\sin(\alpha_{i+1} + \alpha_i/2 -90°) & \geq & \sin(3\alpha_i/2 -90°) \\
&= & -\cos(3 \alpha_i/2) \\
& = &\sin(\alpha_i)\sin(\alpha_i/2) - \cos(\alpha_i)\cos(\alpha_i/2)\\
& = & 2\sin^2(\alpha_i/2)\cos(\alpha_i/2) - \cos(\alpha_i)\cos(\alpha_i/2)\\
& = & \cos(\alpha_i/2)[2\sin^2(\alpha_i/2) - \cos(\alpha_i)]\\
& = & \cos(\alpha_i/2)[1 -2\cos(\alpha_i)]\\
&\geq& \cos(\alpha_i/2)\left[1 - 2\frac{-\sqrt{2}}{2}\right]\\
&=& (1+\sqrt{2})\cos(\alpha_i/2) \\
& > & 2\cos(\alpha_i/2)
\end{eqnarray}
Si \alpha_{i-1} + \alpha_i/2 -90° fuera mayor a 90° se podría concluir de igual forma que \sin(\alpha_{i-1} + \alpha_i/2 -90°) \geq 2\cos(\alpha_i/2). Entonces la dificultad se da si suponemos que \alpha_{i-1} + \alpha_i/2 -90° < 90°. Pero en tal caso, tendremos que
\begin{eqnarray}
\alpha_{i-1} + \alpha_i/2 -90° &=& 450° - \left(\frac{\alpha_i}{2} +\alpha_{i+1} + \alpha_{i+2}\right) \\
&=& (180° - \alpha_{i+2} ) + (270° - \alpha_i/2 - \alpha_{i+1})\\
&>& 270° - \alpha_i/2 - \alpha_{i+1}
\end{eqnarray}
Observemos además que 270° - \alpha_i/2 - \alpha_{i+1} es positivo. Como además \sin es creciente de [0, 90°], obtenemos que \sin(\alpha_{i-1} + \alpha_i/2 -90°) > \sin(270° - \alpha_i/2 - \alpha_{i+1}) y como ángulos complementarios tienen el mismo seno, tenemos que \sin(270° - \alpha_i/2 - \alpha_{i+1}) = \sin(\alpha_{i+1} + \alpha_i/2 -90°) y este último satisface la desigualdad antes demostrada. Con lo que hemos concluido la prueba.
Nota, como logramos demostrar que \sin(\alpha_{i+1} + \alpha_i/2 -90°) \geq (1+\sqrt{2})\cos(\alpha_i/2) entonces, la cota a demostrar se puede ajustar más. Es decir, hemos demostrado que existe i tal que \frac{A_iA_{i+4}}{B_iB_{i+1}} \leq \frac{\sqrt{2} + 2}{\sqrt{2} + 1} = \sqrt{2},
El problema está bastante
El problema está bastante difícil, seguramente no se me ocurrió la idea brillante que lo resuelve.
En la redacción del problema puse mi solución (Sección "Solución" debajo del enunciado) por si a alguien le interesa conocerla.
Saludos
Hola yo también concursé en