Mais cela ne dépend t-il pas (aussi) des dimensions relatives de la nappe par rapport aux gâteaux triangulaires ? Ou n'ai-je (encore une fois) rien compris ?

Je ne dois pas bien comprendre le problème: au pire, un triangle ne pourrait recouvrir qu'une seule tàche, si les tàches sont suffisamment éloignées les unes des autres. Il y a donc bien un rapport cadre/ triangle à respecter, mais tu n'en parles pas....

Si je me ramène à un problème en 1 dimension, avec des taches alignées et 2 segments pour les recouvrir, alors si 3 tâches prises au hasard peuvent toujours être recouvertes par les 2 segments, on peut en conclure facilement que l'ensemble  des tâches seront toujours recouvertes par ces 2 segments.

Le problème posé étant en 2d, je suppose que le "raisonnement" est le même, et que donc 3²=9 tâches prises au hasard pouvant être recouvertes on pourra toujours recouvrir l'ensemble des tâches par les 2 gâteaux.

(Et il en irait de même pour des tâches en 3d englobéestétraèdrées dans des tétraèdres pour peu que 3^3=27 tâches prises au hasard peuvent être entétraèdrées)

Ceci n'est pas du tout une démonstration mais je vais essayer de démarrer la dessus...

@Golgot : bonne idée mais la deuxième dimension ajoute quelques difficultés .
@Cogito : la tache que tu traces avec tes déplacements n'est pas une vrai tache

Vasimolo

En faite si on appelle Z1 la zone du premier triangle, et Z2 la zone du deuxième triangle, et t la n+10 ième tache qui n'est pas dans l'union de Z1 et Z2 alors on a deux cas.
cas 1 :
Soit le premier triangle va recouvrir la tache t, il découvrira alors un ensemble de taches que l'on va appeler A1.

cas 2 :
Soit le second triangle va recouvrir la tache t, il découvrira alors un ensemble de taches que l'on va appeler A2.

Si A1 est inclus dans Z2 ou A2 est inclus dans Z1 alors on n'a pas de problème.
Sinon, 

     i) il existe une tache p1 de A1 qui n'est pas dans Z2.
    ii) il existe une tache p2 de A2 qui n'est pas dans Z1.

Maintenant, on va déplacer le premier triangle pour qu'il recouvre t (ainsi il découvre les taches de A1, dont p1).
   On va déplacer le deuxième triangle pour qu'il recouvre les taches de A1 (dont p1), comme A1 n'est pas inclus dan Z2, il va découvrir un en semble de taches que l'on va appeler B2.

Le premier triangle contiens un nouvelle ensemble de tache pour lequel on a une nouvelle zone que nous appellerons NZ1. Si B2 est inclus dans NZ1 alors il n' y a pas de problème.

En échangeant les rôles du premier et second triangles, on peut définir également un ensemble de taches B1 et une nouvelles zones NZ2 telle que si B1 est inclus dans NZ2 alors on n'a pas de problème.
     
Sinon,
  iii) il existe q1 une tache de B1 qui n'est pas dans NZ2.
  iv) il existe q2 une tache de B2 qui n'est pas dans NZ1.

Maintenant montrons que les points t, p1, p2, q1, et q2 ne peuvent pas être recouverts par les deux triangles.

a) Si le premier triangle recouvre t, alors il ne recouvre pas p1 et il ne recouvre pas q2 non plus (qui n'est pas dans la nouvelle zone NZ1).
    -Si le deuxième triangle recouvre p1 alors il ne recouvre pas q2 et vice versa.

b) Si le deuxième triangle recouvre t, alors il ne recouvre pas p2 et il ne recouvre pas q1 non plus.
    -Si le premier triangle recouvre p2 alors il ne recouvre pas q1 et vice versa.

Donc tout ensemble de 9 points contenant t,p1,p2,q1,q2 ne peut être recouvert par les deux triangles.

Donc en fait cette propriété est vraie à partir de 5.

C'est long à expliquer, mais si on arrive à visualiser, c'est pas trop compliquer

Je pense que le problème marche dès 5 taches.

Raisonnement par l'absurde :

Je ne peux pas recouvrir une des taches, pourquoi ?


Parce que la mobilité de chacun de mes deux triangles en direction de cette tache est limitée par un ou deux taches (une rouge et deux violettes)

Conclusion : en choisissant ces trois taches et la verte, je ne peux déjà pas recouvrir un groupe de 4 taches au hasard ce qui va à l'encontre de l'énoncé.

Pour un triangle seul, avec une orientation donnée, si 3 pts quelconques sont recouvrables, alors tous le sont; ça marche d'ailleurs avec n'importe quelle figure convexe.
C'est assez facile à montrer: on prend un coté de la figure, on dira qu'il est horizontal en bas du plan. La figure ne peut monter au dela du point le plus bas, ensuite elle ne peut que translater à droite ou à gauche de part et d'autre de ce pt. Si elle recouvre les 2 pts extêmes à droite et à gauche, alors elle recouvre tous les pts.

D'accord Gwen , on peut trouver un groupe de cinq taches qu'on ne peut pas recouvrir alors que chaque groupe de quatre peut être caché .

Un groupe de 6 ?

Vasimolo

@Nodgim : le cas de deux triangles peut-il se résumer à un triangle+un triangle ?

Désolé Cogito mais je ne comprends pas ta construction

Tu dis que c'est vrai à partir de 5 ce qui veut dire ( je suppose ) que pour toute configuration de 6 taches : si 5 taches quelconques peuvent être recouvertes par 2 triangles alors les 6 taches peuvent être recouvertes par 2 triangles .

Si tu pouvais essayer de détailler ta stratégie uniquement pour ce cas .

Par exemple , la récupération du point supplémentaire n'est vraiment pas claire , on pourrait imaginer qu'on abandonne tous les points de la première zone pour gagner ce point et alors je ne vois pas ce qu'on peut en tirer .

Ceci dit je suis de plus convaincu avec toi Gwen et Nodgim qu'on peut mettre 6 en lieu et place de 9 dans le problème initial .

Et il y a sûrement une démonstration qui tient en deux lignes

Vasimolo

PS : Ce gâteau est en fait un préambule à un 78 bis "un peu" plus compliqué .

On peut résumer ou élargir la question de la façon suivante :

Un ensemble de six parties convexes du plan est-elle 2-connexe si toute partie de cinq éléments de cet ensemble est 2-connexe ?

Définition maison : Un ensemble de parties est 2-connexe si on peut en faire une partition en deux sous-ensembles A et B tels que l'intersection des éléments de A et l'intersection des éléments de B soient non vides .

Vasimolo

PS : l'hypothèse convexe peut-elle être remplacée par connexe ???
PPS : je lève le cache car je n'ai pas de réponse et que vos idées valent bien les miennes
PPS : je pensais défoncer des portes ouvertes avec ce problème alors qu'il n'y a rien de simple à priori .
PPPS : Une suite était prévue mais j'attends l'issue de cette première étape

A et B sont des parties d'un ensemble de six parties du plan . La 2-connexité ( Terme un peu barbare , on doit pouvoir faire mieux ) on peut séparer l'ensemble en deux morceaux A et B tels que l'intersection des éléments de A soit non vide , et l'intersection des éléments de B soit non vide . Par exemple cinq disques identiques alignés avec un point de contact n'est pas 2-connexe bien que connexe .

Vasimolo

D'accord, alors soit [latex]S_1, S_2, S_3, S_4, S_5, S_6[/latex] les six ensembles.

cas 1 : il  existe i et j tels que [latex]S_i\cap S_j[/latex] est vide.
   Quitte a renommé les ensembles, je peux supposer que i=1 et j=2.

Construisons nos deux ensemble A et B :

On met [latex]S_1[/latex] dans A et [latex]S_2[/latex] dans B.

Dans la suite [latex]I_A[/latex] désigne l'intersection des éléments de A
et  [latex]I_B[/latex] désigne l'intersection des éléments de B.

  Pour i allant de 3 à 6 faire :
      Si [latex]S_i\cap I_A[/latex] est vide
      alors [latex]B := B + S_i[/latex]    // commentaire 1 (après)
     
      Sinon Si [latex]S_i\cap I_B[/latex] est vide
     alors [latex]A := A + S_i[/latex]   // voir commentaire 1 

     Sinon [latex]A := A + S_i[/latex]  // ou [latex]B := B + S_i[/latex] au choix.
Fin de la boucle Pour.
   
commentaire 1 : il est impossible que [latex]S_i\cap I_A[/latex] et [latex]S_i\cap I_B[/latex] soient vide en même temps.


Expliquons en faisant la première itération :
[TeX]i =3 , A = S_1, B = S_2,  I_A = S_1,  I_B = S_2[/TeX]
    Explication du commentaire :
      [latex]S_3\cap S_1[/latex] et [latex]S_3\cap S_2[/latex] ne peuvent pas être vide en même temps car sinon [latex]\{S_1,S_2,S_3,S_4,S_5\} [/latex]ne serait pas 2-connexe,  ce qui contredit l'hypothèse.
   
     Si [latex]S_3\cap S_1[/latex] est vide alors [latex]S_3\cap S_2[/latex] n'est pas vide et donc j'ajoute [latex]S_3[/latex] dans [latex]B[/latex].
     Sinon Si [latex]S_3\cap S_2[/latex] est vide alors [latex]S_3\cap S_1[/latex] n'est pas vide et donc j'ajoute [latex]S_3[/latex] dans [latex]A[/latex].
    Sinon je peux ajouter [latex]S_3[/latex] dans [latex]A[/latex] ou dans [latex]B[/latex] comme je veux.
   
    Et après on réitère avec le nouveau [latex]A[/latex] et le nouveau [latex]B[/latex] pour savoir où il faut mettre [latex]S_4[/latex], ...
   
à la fin on a deux ensemble A et B qui vérifient la bonne propriété et donc notre groupe de 6 ensembles est 2-connexe.

Mais ça c'est seulement il existe i et j tels que [latex]S_i\cap S_j[/latex] est vide.

En fait dans le cas où il n'existe pas de tels i et j, si il existe un groupe d'ensembles d'intersection vide, alors on peut toujours les séparer en deux groupes d'intersections non vide. Par exemple si [latex]S_1, S_2, S_3[/latex] est d'intersection vide alors les deux groupes [latex]S_1[/latex] et [latex]S_2,S_3[/latex] sont chacun d'intersection non vide.

Dans ce cas là on peut reprendre l'algorithme ci-dessus, mais avec comme données initiales pour [latex]A[/latex] et [latex]B[/latex] les ensembles de chacun des groupes.
Dans notre exemple on démarrera l'algorithme avec [latex]A = S_1[/latex] et [latex]B = S_2,S_3[/latex]. (et on changera l'ensemble dans lequel on prend les valeurs de i (la variable de boucle) en conséquence, bien sûr.

Sinon si l'intersection des six ensembles est non vide alors on peut prendre n'importe quoi pour A et B (du moment qu'ils sont non vides).

quelque chose me dit que ce n'est pas très clair

P.S: l'hypothèse de connexité nous dis que l'intersections des ensembles dans A (et dans B) est  connexe.