Avec les triplets pythagoriciens, assez facile : Ah, non , je n'avais pas lu la condition "périmètre impair"

Je pense que c'est impossible.

Dans un triangle rectangle à côtés entiers, l'hypoténuse a toujours la même parité que la somme des deux autres côtés. Il suffit d'envisager tous les cas.

Un rectangle à côtés entiers a un périmètre pair.

Il est facile de conclure...

EDIT suite à demande de Vasimolo

Grâce à la convexité du pentagone, je peux remplacer chaque côté oblique par les deux autres côtés parallèles aux axes (à l'extérieur) du triangle dont il est l'hypoténuse.
Cela ne change pas la parité du périmètre de polygone ainsi obtenu.

J'obtiens ainsi un polygone, pas forcément convexe, dont tous les côtés sont parallèles aux axes.
Ce polygone a évidemment un périmètre pair, donc aussi le pentagone de départ.

Bonjour

Tous les triplets pythagoriciens sont de la forme (p²-q²,2pq,p²+q²) avec p et q de parité différente donc en particulier p²+q² est impair.

Comme les côté doivent être entier alors la longueurs des cotés est forcément le résultat du troisième élément d'un triplet pythagoricien, donc tous les côtés du polygone sont impairs.

Donc si le polygone à un nombre impair de côté alors le périmètre est impair.

Je ne vois pas quel difficulté rencontre le pâtissier ?

Y'a du monde sur l'affaire

@Halloduda : Tu es dans le vrai mais , "Il est facile de conclure ... " , tu m'aides un peu
@Fito et Franky : Attention l'illustration n'est qu'un exemple , les côtés du gâteau peuvent être formés par 1 ; 2 ; 3 ; 4 ou 5 triplets pythagoriciens .
@Cogito : Il faut creuser un peu plus .

Bonne recherche à tous .

Vasimolo

PS : je change le numéro du gâteau , je deviens gate(a)ux

Bien vu Gwen , tu as mis le doigt sur le problème . On peut conclure un peu plus rapidement avec la même idée

Vasimolo

Je pars de A à coordonnée entière. Je monte de 5, je vais à G sur 12, j'arrive en B et AB=13.
De B, je vais 48 à D puis 14 en haut pour arriver à C, AC=50.
De C, je vais 11 vers le bas, puis 60 vers la D, j'arrive en D et CD=61.
De D, je vais 24 vers la G, puis 10 vers le bas, j'arrive en E, DE=26.
Et comme A et E sont sur la même horizontale, j'ai bien tous mes segments de longueur entière, dont 4 carrés parfaits.

Zut j'ai oublié le périmètre impair dans la bagarre...

Mon premier message c'est n'importe quoi, si on prend par exemple (6,8,10) alors 10 est pair.

Si a² + b² = c² alors la parité de c est la même que la parité de a + b.
Donc si l'on trace les côtés des triangles rectangles dont les hypoténuses sont les côtés du pentagone, nous obtenons un polygone dont le périmètre a la même parité que le périmètre du pentagone et dont les côtés suivent les lignes du quadrillage.

Le fait que les côtés du polygone suivent le quadrillage fait que son périmètre est égal à celui d'un rectangle = 2(L+l) et est donc pair. Donc le périmètre du pentagone est forcément pair !

Merci, pour ce problème
Je suis désolé, je n'ai pas pris le temps de faire de dessins.

Un petit indice avant de lever le masque : Spoiler : [Afficher le message] dans un triangle rectangle à côtés entiers , la parité de l'hypoténuse est la même que celle de la somme des côtés de l'angle droit " .

Vasimolo

Avec cet indice, j'ai pigé. La parité de l'hypoténuse est la même que celle de la somme des côtés de l'angle droit. Donc la parité du périmètre du pentagone est la même que celle de la valeur: 2.(Xmax-Xmin)+2.(Ymax-Ymin) (en faisant le tour du pentagone, je parcours deux fois les X et les Y). Or cette valeur est forcément paire. Le problème n'a donc pas de solution.

Je pense que ça marche aussi pour tout gâteau polygonal (pas seulement pentagonal) et pas forcément convexe.

J'ajoute mon petit couplet à ce qui a déjà été dit plusieurs fois .

On regarde un côté du pentagone :
[TeX]L \equiv (x_1-x_2)+(y_2-y_1) \text{ [ Mod 2 ]}[/TeX]


Le côté du pentagone a la même parité que la somme des variations de ses coordonnées ( même si l'une d'entre elles est nulle ) .

Alors le périmètre vérifie :
[TeX]P \equiv (x_2-x_1)+(x_3-x_2)+\cdots + (x_1-x_5)+(y_2-y_1)+(y_3-y_2)+\cdots +(y_1-y_5)\equiv 0  \text{ [ Mod 2 ]}[/TeX]
On peut remarquer que le résultat reste vrai pour un polygone quelconque ( pentagone et convexe  ne sont que des leurres ) .

Merci à tous les participants

Vasimolo

Je n'ai pas essayé mais ça ne doit pas être bien difficile avec un esclave ( petit programme qui travaille sans se reposer ni se plaindre ) .

Vasimolo