oui

@dhrm77 et godisdead : Simple hypothèse ou certitude ?

Oula, j'avais pas vu, ma grille un pouvoir hypnotique, regardez-la fixement !

Mais êtes-vous vraiment sûr de sûr que c'est tout le temps possible ?

Pour générer un peu plus de participation, je pense qu'il faudrait plutôt un petit indice, une piste pour la démonstration. Mais Titoufred, mon ami, tu sembles très avare en indices...

Il  y a une case blanche de plus que les cases noires. En partant d'une blanche, il finit forcément sur une blanche.
En revanche, s'il part d'une noire et qu'il veut finir sur une noire, ce sera impossible, il ne pourra visiter toutes les cases blanches !
Je dirais même plus, en partant d'une cas noire, on ne peut passer par toutes les cases.

J'ai cherché mais je n'ai pas trouvé de contre-exemple. Je pense que l'idée de franky1103 peut être bonne, je n'ai pas eu le temps de regarder.

J'ai une méthode simple pour démontrer que c'est toujours possible. ça passe par une découpe en 5 rectangles max (cas général). Je la rédigerai dès que possible. On pourrait appeler cette méthode "Pions d'angles", titre qui exprime bien ce qu'il veut dire.

Bonjour,
Bon allez, je me lance dans une démonstration par récurrence.

1°) Ca marche pour une grille 3x3: par symétrie et rotation, on n'a que deux points possibles de départ à étudier (coin ou centre) et dans ces deux cas, on peut toujours arriver à toute autre case blanche (coin ou centre aussi).

2°) Supposons que ça marche pour une grille NxN (avec N impair), on rajoute une couronne extérieure (correspondant à N+2) et trois cas de figures se présentent:

a- Les points d'arrivée et de départ appartiennent tous deux à la grille intérieure (NxN): dans ce cas, je parcours cette grille intérieure comme auparavant, en faisant (sous forme de boucle) un "tour" de couronne N+2 à un moment où je serai sur la couronne N;

b- Les points d'arrivée et de départ appartiennent tous deux à la couronne extérieure (N+2): dans ce cas, j'entame d'abord un "tour" de couronne N+2 et à la dernière case noire avant la case blanche d'arrivée, je rentre sur la grille NxN, que je parcours pour ressortir (via une autre case blanche de la grille NxN) sur la case noire non encore parcourue à côté de la case blanche de départ et je finis mon "tour" de couronne dans le sens contraire où je l'ai commencé;

c- Un des points (arrivée ou départ) appartient à la grille intérieure et l'autre (départ ou arrivée) appartient à la couronne extérieure: dans ce cas, comme pour celui ci-dessus, j'arriverai à choisir astucieusement mes points d'entrée et sortie de couronne pour faire mon parcours.

3°) J'en déduis que ça marche pour tout N impair supérieur ou égal à 3.

J'espère que mon idée exprimée seulement avec des mots (je ne sais pas comment faire des schémas ici) est facilement compréhensible.
Que pensez vous de ma démonstration ?
Bonne soirée.
Frank

Je me demande si on ne peut pas aussi le démontrer en exhibant un graphe (planaire) dont tous les sommets ont un nombre pair de connexions sauf éventuellement le premier et le dernier.
Si j'arrive à dégager un peu de temps je chercherai dans cette voie.

@titoufred

En fait, je raisonne avec une couronne autour de la grille:

XYAXXXXZD   (Y et Z sont des X "repérés")
XNNNNNNNX
XNNNNNNNX
XNNNNNNNX
XNNNNNNNX
XNNNNNNNX
XNNNNNNNX
XNNNNNNNX
XXXXXXXXX

De D, je fais d'abord le tour jusque Y.
Puis je rentre dans la grille intérieure.
Je sais faire cette grille en vertu de N.
J'en ressors en Z et finis jusque A.

Est ce que tu vois mon raisonement ?
A+

rivas a écrit:

Je me demande si on ne peut pas aussi le démontrer en exhibant un graphe (planaire) dont tous les sommets ont un nombre pair de connexions sauf éventuellement le premier et le dernier.

Si tu fais un graphe qui correspond, les noeuds correspondant aux quatre coins du damier auront deux arêtes, les autres noeuds pour les côtés en compteront trois, et les autres quatre.
Ensuite, tu devras sans doute passer par une 2-coloration du graphe (qui est unique tant que tu ne "fixes" pas "couleur 1 = blanc, couleur 2 = noir" ou l'inverse).
Pour la suite, ma connaissance en théorie des graphes ne va pas jusqu'aux propriétés des graphes colorés. Désolé

Ma démo:

Vocabulaire:
Un rectangle ip est un rectangle de 2n+1 cases en largeur et 2n cases en hauteur.
On comprend aisément ce que sont des rectangles pp, ii, et pi.

Préliminaire:
1) Dans un rectangle ii ou pp, un pion dans l'un des 4 angles peut cheminer
par ttes les cases et terminer dans l'un des angles adjacents.

2) Dans un rectangle ip ou pi, un pion dans l'un des 4 angles peut cheminer
par ttes les cases et terminer dans l'angle diagonalement opposé.

3) Dans un rectangle ip, un pion dans l'un des 4 angles peut cheminer
par ttes les cases et terminer dans l'angle adjacent sur la même verticale.
(remarque: mais jamais sur la même horizontale).


Ces 3 assertions sont plutôt simples à montrer, je vous laisse les vérifier par vous même.

Démo:
On pose que le pion le plus bas dans l'échiquier (si les 2 pions à même hauteur, faire 1/4 tour) est dans l'angle haut droit (HD) du rectangle 1 dont l'angle opposé est le coin BD de l'échiquier.
Et que le pion le plus haut est dans l'angle BD du rect.2 dont l'angle opposé est le coin HD de l'échiquier.
On prolonge le trait horizontal sup du rect 1 jusqu'au bout de l'échiquier pour former le rect 3 à gauche (qui a donc même hauteur que le rect 1).
Idem pour le rect 2 et on construit ainsi le rect 4 à gauche dans le prolongement du rect 2.
Reste alors dans la partie centrale le rect 5.

Le pion du bas est dans un rect ii ou pp, donc il existe d'après 1) un chemin qui le conduira dans l'angle BD. Il peut passer alors dans le rect 3 qui est un rect ip ou pi et rejoindre  d'après 2) le coin HD.

Le pion du haut est dans un rect ii ou pp, donc il existe d'après 1) un chemin qui le conduira dans l'angle HD. il peut passer alors dans le rect 4 qui est un rect ip ou pi et rejoindre d'après 2) le coin BD.

Le rect 5 est un rect ii ou ip, donc d'après 1) ou 3), les 2 pions peuvent se rejoindre.

CQFD