Un "algoritmo" (aunque podría llegar a ejecutar indefinidamente, dependiendo de nuestra estrategia) necesariamente va de esta
Paso 0. Deje $k\leftarrow1$.
Paso 1. [Ahora tenemos $k$ partes de cable, es decir, subintervalos de $[0,1]$, exactamente uno de los cuales es defectuoso] Si la pieza defectuosa es estrictamente más que todas las partes buenas, vaya al paso 2. De lo contrario, existe una buena parte al menos tan larga como la parte defectuosa y subdivisiones no se puede mejorar el resultado; elegir un más largo de buena parte como resultado y terminar.
Paso 2. [Ahora la parte defectuosa $[a,b]$ es estrictamente más que todas las otras partes] Elegir un adecuado punto de corte de la pieza defectuosa, es decir, recoger algunas $x_k\in(a,b)$, sustituyendo así las $[a,b]$$[a,x_k]$$[x_k,b]$. [La probabilidad de que $x_k$ es igual a la del punto de defecto es cero y puede ser ignorado] Deje $k\leftarrow k+1$ e ir al paso 1.
Por lo tanto, una estrategia consiste en una secuencia de puntos de corte $x_i\in[0,1]$ todos los $i\in N$ $N=\mathbb N$ o $N=\{1,2,\ldots n\}$ (es decir, la secuencia puede ser finito o infinte).
Podemos suponer wlog. que $N$ no es innecesario grande, es decir, si el paso 2 no será nunca entró con algún valor $k$, no importa en donde el defecto está en el cable, podemos muy bien suponer que los $N\subseteq\{1,\ldots,k-1\}$.
En otras palabras, si $k\in N$, entonces existe un punto de $x\in[0,1]$ tal que un defecto en $x$ hará que el algoritmo anterior hacer uso del punto de corte $x_k$.
Por simetría, podemos suponer que en el paso 2 que $$\tag1x_k-a\ge b-x_k,$$ es decir, la nueva parte de la izquierda es siempre al menos tan largo como el nuevo derecho de la parte.
Entonces podemos demostrar por inducción, que el intervalo de $[a,b]$ en el paso 2 siempre es $[0,x_{k-1}]$ (formalmente dejando $x_0=1$).
De hecho, esto es trivialmente cierto cuando $k=1$.
Si la afirmación es verdadera para algunos $k$, luego en el paso 2 intervalo de $[0,x_{k-1}]$ se divide en $[0,x_k]$$[x_k,x_{k-1}]$. Por $(1)$ el intervalo de $[0,x_k]$ es al menos tan largo como $[x_k,x_{k-1}]$ (es decir, después de $k\leftarrow k+1$, intervalo de $[0,x_{k-1}]$ es al menos tan largo como $[x_{k-1},x_{k-2}]$). Así, en el paso 1, podemos terminar o continuar con el paso 2 y $[a,b]=[0,x_{k-1}]$ como iba a ser mostrado.
En otras palabras, la secuencia de $(x_i)_{i\in N}$ es estrictamente decreciente y más precisamente
$$\tag2 \frac {x_{k-1}}2\le x_k<x_{k-1}\qquad\text{for all }k\in N.$$
Como la secuencia es también limitada desde abajo, $L:=\max\{\,x_{k-1}-x_{k}\mid k\in N\,\}$ existe. Tenga en cuenta que podemos suponer $x_k\ge L$ todos los $k\in N$ ya que de lo contrario por $(2)$ ni de las piezas $[0,x_k]$ o $[x_k,x_{k-1}]$ puede ser una mejora con respecto a $L$.
Deje $f(x)$ denotar la longitud de los más largos de cable en buen estado obtiene mediante el empleo de la estrategia de $(x_n)_{n\in N}$ si el punto de defecto es $x\in[0,1]$.
Si $x_k< x< x_{k-1}$ algunos $k\in N$, luego haremos una parada después de realizar el corte en $x_k$ y la mayor parte va a ser $[0,x_k]$, lo $f(x)=x_k$$x\in(x_k,x_{k-1})$. Si $x<x_k$ todos los $k\in N$,$f(x)=L$.
La duración prevista es, simplemente,$\int_0^1f(x)\,\mathrm dx$. La gráfica de $f$ está delimitada desde arriba por la diagonal, excepto para el triángulo en la parte inferior izquierda con vértices $(0,0) (0,L), (L,L)$. Por otro lado, un triángulo del mismo tamaño que "falta" más de un intervalo de $[x_k,x_{k-1}]$$x_{k-1}-x_k=L$.
![Proof without words of $(3)$ for an example function $f$]()
Llegamos a la conclusión de que
$$\tag3 \int_0^1f(x)\,\mathrm dx\le \int_0^1x\,\mathrm dx=\frac12.$$
La estimación de $(3)$ también se aplica a las estrategias mixtas (es decir, una estrategia de $(x_n)_{n\in N}$ es elegido al azar de acuerdo a algunos de distribución).
Por otro lado, las desigualdades $(3)$ es de estricta:
Una estrategia que, efectivamente, llevar a $\frac12$ como se esperaba valor está dado por $N=\{1\}$, $x_1=\frac12$ (como ya se ha señalado en el OP).
