1ère Demande
Numérotons les cases 1 à n dans le sens antihoraire (je visualise mieux)
Appelons S la somme de la positions des chevalières, modulo n (de 1 à n)
Cette somme ne varie pas. En effet quand un nobliau donne ses chevalières, l'une des chevalière perd 1 modulo n, et l'autre gagne 1 modulo n, même si le nobliau est sur la case n ou 1.
S est donc invariant. Pour une position avec un S donné (donc prenant des valeurs de 1 à n):
La somme totale des n cases est n(n+1)/2 (mod n)
La case libre à la fin vérifiera n(n+1)/2-x congru à S (mod n) soit x congru à n(n+1)/2-S. Comme S est fixé au début, il n'y a qu'une case libre possible à la fin, donc tous les échanges convergent vers une même fin

Edit: modifié 8 en n, généralisation.

2ème Demande, 3ème Demande
Comme l'avait dit Vasimolo, la partie a une fin. Et cette fin stipule qu'il existe un état d'équilibre. Sa démonstration amène un corollaire, qui lui stipule que tous les nobliaux ne donneront pas de chevalières. En effet si c'était le cas ils pourraient les échanger entre eux et on aurait un état infini dont parlait Vasimolo, impossible donc. Ainsi tous les nobliaux ne donnent pas au cours d'une répartition.
Prouvons que le nombre de coups est fixé pour chaque nobliau.
Notons N(k) le nombre de "donations" par un nobliau k (lz nombre de fois où il donne des chevalières. D(k) est le nombre de chevalières au début pour le nobliau k, dans une première situation.
On appelle k le nombre de chevalières à la fin, on a k=N(k-1)+N(k+1)-2N(k)+D(k).
Supposons: pour deux chemins différents, on avait un N(k) plus grand pour un des deux chemins, (donc un nombre de coups différents pour un des nobliaux) on aurait inévitablement un N(k+1) plus grand (on ne perd aucune généralité à choisir le nobliau suivant), soit de 1 unités, soit de 2 unités MINIMUM (tout dépend si le nobliau k-1 augmente aussi son nombre de dons), en effet c'est ce que stipule la formule donnée plus haut
Dans les deux cas, cette augmentation se répercutera de proche en proche sur les nobliaux k+2 (et éventuellement k-2), et ainsi, sur tous les nobliaux (en effet si N(i) augmente N(i+1)+N(i-1) augmente aussi de deux unités, donc de proche en proche ils augmentent tous)
Dans tous les cas, il y aura alors une augmentation de n coups au total, et chaque nobliau aura donc fait 1 don.
Or nous avons vu plus haut que c'était impossible.
On aboutit à une contradiction, on n'a donc PAS de N(k) plus grand pour deux chemins différents. Donc le nombre de donc pour chaque chevalier est constant.
Cela prouve donc la demande 2, et simultanément la 3 (Si les nombres de dons sont constants leur somme aussi).

Voici donc pour moi
J'aime beaucoup cette énigme! Merci

Un peu de vocabulaire:
-Action: un nobliau qui donne. On peut comptabliser les actions dans une case donnée par un nombre. On peut aussi comptabiliser toutes les actions dans toutes les cases par une suite ordonnée de nombres représentant chacun le nombres d'actions dans chaque case. L'ordre des nombres est celui des cases successives.   
-case: position d'un chevalier, chevalier lui même.
-configuration (conf): représentation par une suite ordonnée de nombres qui donnent chacun le nombre de bagues de chaque case. L'ordre des nombres est celui des cases successives.
-scénario: ensembles des actions depuis la conf de départ à la conf finale.   

On sait qu'on doit aboutir à une conf ..11101111.. Il faut donc opérer des actions sur les cases surnuméraires.

Un bon exemple valant mieux qu'un long discours:
Soit la conf 0024000. Actions minimales nécessaires:
A:..............0012000.
analyse: la case 3 reçoit 2 (bagues) et donne 2, nombre inchangé, il faut ajouter une action. Idem pour la case 4.
A:0023000
analyse: les cases 2 et 5 reçoivent 2 et 3 bagues, il faut compenser par une action dans ces cases.
A:0123100
analyse: nouvelles actions à faire sur les cases 3 et 4.
A:0134100
analyse: action nécessaire sur case 5.
A:0134200
analyse: nouvelle action nécessaire sur la case 6:
A:0134210
analyse:
conf de départ: 0024000
A:...................0134210
conf finale:.......1111101

On est arrivé de la conf de départ à une conf finale avec le nombre minimum d'actions nécéssaires. Il est à noter qu'on ne peut pas ne pas aboutir à la conf finale: tant qu'il y a des cases surnuméraires, il y a des actions nécéssaires.

Imaginons maintenant un autre scénario avec la même conf de départ qui aboutirait aussi à la conf finale avec plus d'actions que 0134210. Ajouter une action sur l'une quelconque des cases obligerait à ajouter une action sur toutes les cases, afin d'éviter d'avoir une case avec un nombre négatif de bagues. En effet, ajouter une action dans une case, c'est y ôter 2 bagues. Pour compenser, il faut faire une action sur les 2 cases voisines, et par effet domino, sur toutes les cases. Or il est impossible d'accomplir une action sur toutes les cases. Il y a tjs au moins 2 cases non actionnées dans un scénario.

Preuve de l'impossibilité d'actions sur toutes les cases dans un scénario.

Dans une conf de départ, on distingue les zones actives des autres zones. 1 zone active est une zone de cases successives sans case vide et avec au moins une case de plus d'une bague. Par extension, la zone active est celle où il y a eu ou aura au moins 1 action enregistrée (1 case à 2 bagues est donc de fait une case de la zone active) Au cours de son évolution par des actions, une zone active va s'étaler mais avec cette réserve que 2 cases consécutives ont au moins 2 bagues (principe de Vasimolo où une bague est enchainée à la frontière entre 2 cases). Une zone active qui n'a plus aucune bague surnuméraire (nb de cases vides=nb de bagues qui dépassent 1 bague par case) ne peut  donc plus s'agrandir. Or il existe, dans l'ensemble du cercle, une case vide de plus: celle ci ne peut donc être active.

Je n'ai pas le choix ! Je ne peux pas faire autrement. Je ne suis pas libre des cases à actionner pour faire baisser le nombre de bagues dans une case de x à 1 ou 0. Je sais seulement que pour faire baisser x à 0 ou 1, il me faut x/2 actions. Au minimum. Le zéro final n'est pas connu, il se déduit des actions menées.

Il est évident ce problème , pourquoi ça fait dix heures que je sèche dessus

On considère tous les échanges possibles à partir de la position initiale . La réalisation de n’importe lequel d’entre eux ne va bloquer aucun des autres qui devra donc être réalisé à un moment ou à un autre . On peut donc par exemple effectuer tous ces échanges en même temps et réitérer le même processus aux rangs suivants . Comme l’ordre des échanges n’a aucune incidence sur le résultat final , c’est fini .

J'attends la suite avec impatience

Vasimolo

@Vasimolo & nodgim : vous me faites tous deux à peu près la même réponse. En fait, vous êtes arrivés à visualiser le résultat du "lemme" dont je parlais dans l'énoncé, mais vous ne le démontrez par rigoureusement. Ça ne m'étonne pas que vous trouviez ça évident : ça s'intuite bien, mais ça nécessite quand même une démonstration.

Le fait est que les nobliaux peuvent décider d'organiser leurs échanges dans n'importe quel ordre : qu'est-ce qui prouve que s'ils commencent à jouer dans une certaine zone du cercle, ça ne va pas permettre à un certain nobliau d'accumuler des chevalières et par la suite, de jouer, alors que s'ils avaient commencé à jouer dans une autre zone, il n'aurait pas pu ?

@Vasimolo : Je vois bien ce que tu veux dire, mais la rédaction ne me convainc pas. Est-ce que tu pourrais le rédiger avec des quantificateurs, des ensembles, une récurrence,... que sais-je encore ?

Je ne suis pas exigeant au point de demander le recours à un assistant de preuve, mais en l'état actuel, si je ne connaissais pas la rédaction d'une démonstration, je ne serais pas convaincu du résultat.

@nodgim : Oui, un petit dessin, ça serait sympa

Comment j'ai pu passer à côté de cet invariant !!!

On numérote les chevaliers de 1 à n et on attribue la masse k à chaque chevalière du chevalier k . On retrouvera la même masse totale des chevalières modulo n en réinitialisant les masses après un échange de chevalières . La position finale est donc unique .

Il reste à voir pourquoi le nombre d'échanges est constant

Vasimolo

Le lemme en question a t'il un rapport avec le fait qu'au moins un chevalier sans bagues au départ ne donne aucune bague de toute la partie ?

Oui, bien sûr, elle me servirait directement pour la preuve recherchée ici, en prolongeant la démo entamée (nombre mini d'actions).
C'est assez évident que dans tous les cas au moins 1 case n'est pas émettrice de bague, 2 cases même en fait, mais une seule suffirait pour la preuve.

Pour les demandes 2 et 3 , j'avais commencé à regarder dans le sens de Promath . Je n'avais pas réagi sur le fait qu'augmenter les échanges de tout le monde était incompatible avec la léthargie de certains chevaliers .

Moi aussi je l'aime bien cette série ...

... et j'attends la suite avec impatience

Vasimolo