Le partage initial partant du point P est représenté en vert et bleu.

On construit passant par le centre O une parallèle au côté BC du premier partage, cette parallèle coupe en L un autre côté du partage initial. A partir de ce point L on refait le partage en 3 coupes du gâteau, représenté ici en vert et Jaune. Ce nouveau partage est équitable puisque passant par le centre il divise le gâteau en 2 parties égales.

Les parties vertes représentent les parties communes aux 2 partages.

Il suffit donc de comparer les parties ABCD et EFGH pour savoir si les 2 partages sont équivalents, ces 2 parties ont la même hauteur par construction, la partie bleue passant par le centre a donc une surface supérieure à la partie jaune, donc supérieure à la moitié du gâteau.

Le partage n'est pas équitable et celui qui a les parts contenant le centre du cercle (ici les parties en bleues et jaunes) a plus de gâteau que l'autre.

Sans faire de calcul j'ai envie de dire oui! mais sans aucune conviction!
Mon cousin ma fait un peu de calcul intégrale pour se faire plaisir mais la réponse n'a pas de sens!!! il s'est planté et honêtement et bas moi je dis Wouao si schaff60 et loozer ont trouvé la réponse!    O_O !

Oui, les parts seront toujours identique car trois part avec un angle de 60° font 180° donc la moitié

Indice 2

Une fois compris ce qui se passe quand une coupe passe au centre :

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Observer les parties communes et celles qui diffèrent dans les parts bleues et rouges . Il n'y a rien à tracer , seulement observer , les petits triangles par exemple sont équilatéraux



J'ajoute un peu de temps .

Vasimolo

Si une des coupes passe par le centre, le problème est symétrique par rapport à cette coupe. Donc à chaque morceau correspond un morceau symétrique et les 2 distributions sont égales (encore plus simple à voir si le point d'intersection  des coupes est le centre :-)).
Ayant vu ça et vu comment le problème est posé, on conjecture que les distributions sont toujours égales mais cela choque mon intuition (en particulier lorsque le point se rapproche du bord et à la limite sur le bord).
Le 2eme indice montre que faire glisser une coupe parallelement jusqu'à ce qu'elle passe par le centre ne change pas les surface de chaque distribution car la "bande" DCBA-un petit triangle à la même surface que EHGF - un petit triangle de meme surface aussi et que donc les surfaces sont égales.

Au début ce problème me faisait penser a la loi des aires de Kepler et j'essayais de voir si on pouvait trouver qqc dans ce sens mais en vain.

Une seule bonne réponse

Je vous laisse lire celle de schaff60

Sinon pour utiliser les deux indices précédents , la différence entre les parts rouges et bleues est représentée sur les dessins ci-dessous :



Les petits triangles étant équilatéraux les deux bandes ont la même largeur et la plus grande est donc celle qui passe par le centre c'est à dire la rouge . Or les parts bleues représente la moitié de la tarte donc les rouges ont plus de la moitié .

Pour conclure celui qui a récupéré le centre de la tarte a aussi hérité des plus grosses parts .

Je vous accorde que le problème n'était pas facile et encore bravo à schaff60

Le prochain problème sera plus simple

Vasimolo

Ouah. Encore un problème comme je les aime : ils ne m'inspirent rien quand je les cherche, et quand je lis une réponse je me dis "...ah ouais... c'était plutôt simple si on avait la bonne idée... mais elle vient d'où, cette p****n d'idée ?!"

La solution n'était vraiment pas évidente! Mais c'est une énigme après tout!!!