Si on veut que les formes soient semblables on a comme contraintes :
. [latex]a_{n+1}\ =\ k\ a_n [/latex] où [latex]k[/latex] est le coefficient de réduction [latex]k\in [0,1] [/latex]
. [latex]a\ =\sum\limits_{i=0}^{n/2} a_{2i} [/latex]
. [latex]b\ =\sum\limits_{i=0}^{n/2-1} a_{2i+1}  [/latex]
(j'omets deux contraintes sur les grands cotés parce qu'elles sont liés aux contraintes sur les marches de l’escalier par des sommes simples)

Il s'agit de trouver un [latex]n[/latex] et un [latex]k[/latex] qui conviennent pour [latex]a[/latex] et [latex]b[/latex] fixés [latex]a > b[/latex].
Il suit immédiatement
. [latex]a_n=\ k^na_0 [/latex]
. [latex]a\ =\ \frac{1-k^{n+2}}{1-k^2}a_0 [/latex]
. [latex]b\ =\ \frac{k-k^{n+1}}{1-k^2}a_0 [/latex]
en éliminant [latex]a_0[/latex]  on obtient un polynôme en [latex]k[/latex] de degré [latex]n[/latex] qu'il suffit d'annuler pour que ça marche :
[TeX]\boxed{f(k)\ =\ bk^{n+2}-ak^{n+1}+ak-b}[/TeX]
[TeX]f(0)=-b [/TeX]
[TeX]f(1)=0 [/TeX]
La dérivé en 1 est :
[TeX]f'(1) = (n+2)b-(n+1)a+a \\ = 2b - n(a-b)[/TeX]
donc pour [latex]\boxed{n > \frac{2b}{a-b}}[/latex] on a [latex]f'(1) < 0[/latex]
Ce qui nous garantis l’existence de valeur positive de [latex]f(k)[/latex] au voisinage de 1, puis l’existence d'au moins une racine [latex]k_0[/latex] dans [latex]]0,1[[/latex] en appliquant le théorème des valeurs intermédiaires.

Reste le cas du carré [latex]a=b[/latex], la méthode ne marche plus (on converge vers une diagonale, en effet [latex]a=\frac{b}{k}+a_n > b[/latex] on se rapproche de l'égalité si [latex]k[/latex] tend vers 1, et [latex]n[/latex] vers l'infinie pour annuler [latex]a_n[/latex]). Ma solution précédente avec une infinité de segment peut être utilisée en consolation

@Mathieu : c'est ça . Pour être complet il faudrait expliquer pourquoi ce n'est pas possible avec un gâteau carré .
@Portugal : on cherche plutôt une similitude indirecte .

Vasimolo

J'en trouve un de ce genre-là...

Par contre, je n'ai pas résolu l'équation, mais par dichotomie, x ressemble fort à la racine du nombre d'or. 1,27202... =racine (1,618...)

il me semble avoir été clair .j'ai argumenté mathématiquement. je laisse donc tomber la patisserie.
i

Si on a un gâteau qui fait 15 par 6, on fait une part de 12 par 6 et une autre part de 6 par 3 (50% de la première part).
En les assemblant, on a un gâteau rectangulaire de 15 (12+3) par 6.

Hello

Je dirais n'importe lesquels:



X et Y sont fixés, A est un paramètre libre (a s'en déduit). A priori il suffit de choisir A pour que les deux escaliers convergent dans le rectangle et qu'on puisse tracer par exemple une droite entre ces deux foyers pour achever la pièce. (J'ai la flemme de calculer comment ça converge, mais comme tu poses la question et qu'il me semblerait très difficile de démontrer une réponse autre que "c'est toujours faisable" j'en conclus qu'on peut trouver un A qui convient :p)


Petite correction:
Contrairement a ce que j'ai dit, on ne peut pas bêtement finir par un segment entre les 2 foyers, donc il faut finir avec les deux foyers confondus. Donc faut faire le calcul. Je le ferais asap.

Calculs:
Il semblerait que quelque soit la valeur choisie de A les deux escaliers convergent miraculeusement vers le même point. Donc ça marche toujours.

@Unecoudée : Je ne fais pas beaucoup d'effort ( je viens seulement de découvrir que tu avais édité ton message #24 ) . J'ai un peu de mal à voir à quel moment tu récupères les quasi-carrés .

Vasimolo

Ce que tu appelles le rapport limite c'est k=largeur/longueur ?

Vasimolo

Même si pas mal de solutions ont été données , j'ajoute la mienne car le problème n'était en fait pas évident du tout ( il a laissé sur place pas mal d'habitués ) .

On ne se préoccupe pas de la taille du gâteau , on regarde simplement le rapport L/l ( longueur/largeur ) et on choisit un nombre de marches n tel que (n+1)/n < L/l .

On réalise alors un escalier de la façon suivante :



Ici il y a n=3 marches ( les nombres sont des exposants ).

Si on fait varier x entre 1 et l'infini le rapport L/l prend toutes les valeurs entre (n+1)/n et l'infini . On choisit alors un x qui réalise le L/l voulu et il n'y a plus qu'à mettre le gâteau à la bonne taille . Il reste à voir pourquoi le carré ne convient pas

Merci à tout ceux qui me font le plaisir de s’intéresser à mes petites énigmes pas toujours très claires en supportant au passage mes mouvements d’humeur  

Vasimolo

Limpide le dessin de Vasimolo !

Il est clairement fini mais a-t-il une limite quand le rectangle tend vers le carré ?

Formulation plus claire du problème : quelle est la longueur limite de la coupe quand la largeur du rectangle tend vers sa longueur donnée ?

Vasimolo

C'est vrai, donc question effectivement bête.

Pour répondre à la question que je posais au message #46 , la coupe limite tend vers le demi-périmètre du rectangle quand celui-ci s'approche du carré . En effet le "1" de mon dessin devient alors négligeable devant les côtés du gâteau .

Vasimolo