@Nodgim

Il y a autant d'arcs de chaque couleur mais ceux-ci peuvent s'enchainer dans un ordre quelconque . Par exemple pour 6 arcs on pourrait avoir : 123123 , 112233 , 131322 , ... Il faut montrer qu'on peut toujours couper en deux parts égales ou exhiber un exemple où c'est impossible

Vasimolo

Oui SabanSureh

mais notre pâtissier ne se contente pas de fabriquer des gâteaux avec 6 arcs , il est gourmand le bougre . Hier Il m'a montré un gâteau de 30 arcs que l'on pouvait toujours couper en deux sans abîmer aucun arc .

Est-ce toujours possible ?

Il devient difficile d'énumérer tous les cas quand le nombre de parts n'est pas limité

Vasimolo

Bonjour ,

Je n'ai pas trouvé comment me passé de la récurrence.

Soit n le nombre de chaque bandelettes utilisée pour décorer le gâteau.
Je fais une récurrence sur n.

Si n= 1, alors nous avons trois bandelettes (une de chaque couleur).
Je vais me servir de ce cas pour expliquer des conventions de notations que j'utiliserai ensuite.

Pour alléger les explications, je vais par abus de langage appeler arc 1 (resp. 2, et 3) les bandelettes de longueur 1 (resp. 2, et 3).

Donc ici nous avons un arc 1, un arc 2 et un arc 3. Je vais nommer dans cet ordre A, B et C ces trois arcs. J'utiliserai la convention suivante :
AB désignera le point de contact des arcs A et B
BC désignera le point de contact des arcs B et C

et plus généralement XY désignera le point de contact entre les arcs X et Y
(oui je sais, d'habitude on fait l'inverse ).

Donc pour revenir à la démonstration, on a pour le cas n = 1 le segment AC-BC qui coupe le gâteau en deux parts égales (d'un côté on a les arcs 1 et 2, et de l'autre l'arc 3).

Maintenant supposons que pour n bandelettes de chaque couleur, on peut toujours coupé le gâteau en deux parts égales en joignant deux extrémités de bandelettes. Alors montrons que c'est toujours vrai pour n+1 bandelettes de chaque couleur.

Résultat 1 : Si chaque arc 2 était encadré par des arcs 3, alors il y aurait au moins un arc 3 de plus que d'arcs 2. Donc comme il y a autant d'arcs 2 que d'arcs 3 alors il existe un arc 1 et un arc 2 qui sont consécutifs.

Edit : Le résultat 1 est n'importe quoi ! Pour la suite, nous supposons donc qu'il existe deux arcs 1 et 2 consécutifs. (voir mon poste suivant pour le morceau manquant de la preuve).

Soit donc A et B respectivement un arc 1 et un arc 2 consécutifs.
Soit D, E et H les arcs choisis de telle façon que E,D, A, B et H soient consécutifs dans cet ordre. (l'ordre ne correspond à aucun sens particulier sur le cercle.)

Je pars du point AB ensuite je parcours le tour du gâteau du côté de l'arc A, et j'additionne au fur et à mesure la longueur des arcs.

Par exemple, je pars de AB, je parcours A qui est un arc 1, donc je compte 1, ensuite je parcours l'arc D qui se trouve être un arc 2, donc une fois que je l'ai parcouru je compte 2+1 = 3, etc.

Je m'arrête dès que j’atteins ou dépasse la moitié de la circonférence.
Alors il y a trois cas :
   -cas 1 :  j'atteins la moitié de la circonférence (i.e la somme vaut 3(n+1))
       Alors dans ce cas c'est fini, le segment qui rejoint AB au point où j'ai arrêté
       mon parcours coupe le gâteau en deux parts égales.
   -cas 2 : La somme que j'ai atteinte dépasse la moitié de 1.
       Alors dans ce cas c'est fini, le segment qui rejoint AD au point où j'ai arrêté
       mon parcours coupe le gâteau en deux parts égales. (car comme j'ai enlevé
       A qui est un arc 1 je retombe à une somme qui vaut la moitié de la circonférence.

Maintenant nous allons montrer le cas 3 : la somme dépasse la moitié de 2.

Une remarque d'abord pour signaler que n'ayant que des morceaux de longueurs 1, 2 ou 3,  la moitié ne peut pas être dépassée de 3 ou plus.

Si la moitié est dépassée de deux, cela signifie que le dernier arc que j'ai parcouru est un arc 3. Appelons C cet arc, et F et G les deux arcs qui le précèdent dans le parcours.

Alors encore une fois, il y a trois cas :
    -cas i) : D est un arc 1,  dans ce cas en enlevant les deux arcs A et D (dont la
        somme vaut 2), j'obtiens que le segment qui rejoint DE au dernier point de
        mon parcours coupe le gâteau en deux parts égales.
    -cas ii) : G est un arc 1, alors dans ce cas la somme de C et G est 4, donc
        comme je suis à +2 par rapport à la moitié, si j'enlève C et G je tombe à
        -2, et donc si je rajoute B j'obtiens exactement la moitié, donc le segment
        HB-FG coupe le gâteau en deux parts égales.

Voici donc un résumé de la situation où nous somme :
-A est un arc 1
-B est un arc 2
-C est un arc 3
-G et D sont des arcs 2 ou 3.

Considérons le segment HB-GC, on a ajouté 2 à notre parcours, et enlevé 3, donc le parcours est à +1 par rapport à la moitié.

Si maintenat je "supprime" les arcs A B et C alors nous pouvons faire plusieurs remarques :

Remarque 1 : comme on a enlevé 3 de chaque côté du segment HB-GC,
nous somme toujours à "+1 par rapport à la "moitié""
i.e avant on avait 3(n+1)+1 d'un coté et 3(n+1)-1 de l'autre, maintenant on a
3n+1 d'un côté et 3n-1 de l'autre.

Remarque 2 : Comme on a enlevé une bandelette de chaque couleur, il reste autour du gâteau n bandelettes de chaque couleur. Nous allons donc pouvoir appliquer notre hypothèse de récurrence (ENFIN!! ). Pour ne pas perdre de vu la position des arc A, B, et C, on va supposer que ces arcs sont réduit à un point.

L'hypothèse de récurrence nous dis qu'il existe un segment qui rejoints l'extrémité de deux arcs de telles façon que la somme des arcs d'un côté du segment soit la somme des arcs de l'autre côté du segment. Appelons R ce segment.

Comme "A+B = C" (on pourra dire que c'est une preuve par A+B )
Il ne reste plus qu'a s'assurer que (A, B) et C sont de part et d'autre de R.

Le segment HB-GC sépare les arcs en deux groupes, un groupe que l'on va appeler Plus1 qui sont les arcs du côté de HB-GC où il y a A et B. L'autre groupe sera le groupe Moins1.

La remarque 1 nous dis que la somme des arcs du groupe Plus1 vaut 3n+1 et que la somme des arcs du groupe Moins1 vaut 3n - 1.
   i) R ne peut pas relier deux arcs du groupe Moins1, car par hypothèse la somme des arcs de part et d'autre de R vaut 3n.
   ii) R ne peut pas relier deux arcs du groupe Plus1. cela est du au fait que les arcs extrémaux du groupe Plus1 sont D et G et qu'ils sont de longueurs au moins 2, donc si il passe dans l'autre groupe, ils créent une différence trop grande.

Donc R relie un arc du groupe Plus1 à un arc du groupe Moins1, maintenant si "A,B et C reprennent des tailles normales", on s'aperçoit que (A,B) et C sont de part et d'autre de R.

Bon,... euh... voilà..., il y a sûrement un peu plus simple.
Bien sûr je pourrais éclaircir des zones floues si nécessaire .

@Cogito : pour ton étape 1 , que penses-tu de la disposition : 322311 ?
@SabanSureh : peut-être mais il faut le montrer

Vasimolo

La question est bien de vérifier si quelque soit l'agencement de 2n bandes, il existe toujours un moyen de couper le gâteau en deux sans passer à travers une bande ?

J'ai ajouté un petit indice pour ceux qui ne voient vraiment pas comment aborder le problème

C'est très court et pas difficile si on trouve le bon angle d'attaque .

Vasimolo

C'est l'idée Nodgim mais je ne vois pas comment tu conclus .

Vasimolo

Pour qu'il soit impossible de couper le gâteau en deux sans tombé sur une bandelette, il faut que le symétrique de chaque point rouge soit un point bleu.

Mais je ne vois pas d'argument simple qui dit que l'on ne peut pas avoir une telle symétrie.

On ne peut pas avoir trois points rouges consécutifs, donc si on a trois points bleus consécutifs alors on pourra découper correctement le gâteau (cela correspond au cas où deux arcs 1 sont consécutifs).

Si on veut avoir cette symétrie, alors forcément on doit avoir pour chaque arc 3, un arc 1 diamétralement opposé (pour que les deux points rouge de l'arc 3 aient leurs symétrique bleus).

Un arc 2 génère un point rouge isolé, donc à l'opposé on doit avoir un point bleu isolé, i.e le point de contact d'un arc 2 avec un arc 3, ou de deux arcs 2 (d'après le paragraphe ci-dessus, deux arcs 3 est impossible) ou de deux arcs 3.


Ce dernier argument tendrait à dire que pour respecter la symétrie, il faudrait utiliser trop d'arcs 2, mais je ne vois pas d'arguments simple qui permettent de l'affirmer.

J'ai essayé de construire un début de gâteau avec ces contraintes, mais il je ne vois pas de contradictions évidentes qui apparaissent.

Si personne ne trouve, je serais partisan d'une résolution collective, mais certains sont apparemment sur le point de conclure ... et je n'ai qu'une voix de vote.

@Dylasse : oui et en relisant le message de Nodgim je crois qu'il avait eu la même idée que toi , je n'avais simplement rien compris à ses explications
@Franky : on va laisser le problème caché encore un peu mais j'ajoute un deuxième indice .

La solution que j'ai n'est pas celle de Dylasse et Nodgim , elle est un peu plus courte .

Vasimolo

Quelle persévérance , tu rejoins Dylasse et nodgim

Je proposerai ma solution demain , en fait elle n'est pas vraiment plus courte mais plus visuelle ( à mon avis ) .

Vasimolo

Mais c'est très propre et carré ! Merci pour le problème.