![La tarte de la pension de famille [Sam Loyd]](https://img.rts.ch/articles/2016/image/kr8rzx-27817409.image?w=1280&h=720 "La tarte de la pension de famille [Sam Loyd]")
La solution!
Tous les mois, retrouvez ici le problème de maths du mois concocté pour vous par le Mathscope de l'Université de Genève, avec, quelque temps plus tard, sa solution. En ce mois de février, on vous propose d'élucider un problème de découpage de tarte qui n'est pas de la tarte!
Le problème
Tante Marie, propriétaire d'une pension de famille, a demandé à son chef de montrer à ses pensionnaires comment diviser une tarte en un nombre maximum de morceaux, avec six coups de couteau rectilignes. Quel est votre point de vue quant à ce nombre?
La solution
![La tarte de la pension de famille [Mathscope - SFV]](https://img.rts.ch/articles/2016/image/ldae9u-27817406.image?mw=1280 "La tarte de la pension de famille [Mathscope - SFV]")
On peut faire 22 parts au maximum. Une découpe possible est illustrée ci-dessus. Essayons d'établir la formule qui, en fonction du nombre de découpes n, donne le nombre maximal de parts f(n).
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Si on ne fait aucune découpe (n = 0), on aura une unique part (la tarte entière).
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Si on fait une découpe (n = 1), on aura 2 parts.
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Si on fait 2 découpes, on aura 4 parts, pour autant que les 2 découpes s'intersectent à l'intérieur de la tarte.
Cette remarque nous incite à penser que pour obtenir un maximum de parts, la nouvelle découpe devra intersecter toutes les découpes précédentes à l'intérieur du cercle (de la tarte). Ceci implique aussi que les découpes parallèles sont déconseillées. En outre, si plus que deux découpes se croisent en un même point, on perdra aussi quelques parts de tarte.
Supposons qu'on a déjà fait n-1 découpes (sur la vignette on a un exemple avec n = 5). La nouvelle découpe intersectera les n-1 découpes précédentes partageant ainsi cette découpe en n segments. Chacun de ces n segments partage une part en 2 parts. On ajoute ainsi n parts au partage précédent, autrement dit:
f(n) = n + f(n-1)
Si on applique ce raisonnement à f(n-1) puis à f(n-2) et ainsi de suite jusqu'à f(1), on obtient:
f(n) = n + (n-1) + (n-2) + (n-3) + … + 2 + 1 + f(0)
Comme la somme des nombres de 1 à n vaut n ∙ (n + 1)/2 (voir au besoin le problème d'avril 2011) et que, comme on l’a vu plus haut, f(0) = 1, on obtient la formule:
f(n) = 1 + n ∙ (n + 1)/2
qui donne bien f(6) = 22.
Pour la petite histoire, ce problème apparaît pour la première fois dans un article de Jacob Steiner publié dans le Journal de Crelle en 1826 (Steiner, J. (1826), Einige Gesetze über die Theilung der Ebene und des Raumes, J. Reine Angew. Math. 1: 349–364).
Mathscope, Université de Genève, RTS Découverte
Tiré de Les casse-tête mathématiques de Sam Loyd, Martin Gardner, Editions Dunod, Paris, 1970
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