La réponse est oui on peut toujours effacer les marques.

On passe un fil rouge élastique autour de l'ensemble des segments bleus. Certains segments bleus sont confondus avec le fil rouge d'autres non. Ceux qui ne le sont pas ont une extrémité sur le fil rouge, l'extrémité à l'intérieur du polygone délimité par le fil rouge. Soient E1 E2 E3, 3 sommets consécutifs du polygone rouge, et E4 tel que E2-E4 est un segment bleu. On tire sur le fil rouge en E2 et on l'amène en E4. Le polygone suit alors dans cet ordre les pts E1 E2 E4 E3. Entre E4 et E3, ce n'est pas forcément une ligne droite, il peut y avoir des pts intermédiaires E5, E6...extrémités de segments bleus. A toute extrémité Ea atteinte par le fil rouge, on peut donc amener le fil rouge par ce procédé à l'autre extrémité Eb du segment bleu. Quand chaque extrémité des segments bleus est atteinte par le fil rouge, il peut rester à l'intérieur du polygone des segments bleus isolés. Parmi ces segments bleus isolés, il y en a forcément qui sont accessibles par le fil rouge, c'est à dire qu'on peut faire un triangle (segment de fil rouge-l'extrémité du segment bleu isolé). On réalise cette opération de triangulation autant de fois que nécessaire, en privilégiant tjs l'avancée du fil rouge le long d'un segment bleu (on a atteint une extrémité d'un segment bleu ---> on rejoint l'autre extrémité). 

Pour faire simple, c'est comme ci on devait relier des pts par un polygone, ce qui est élémentaire, mais avec cette contrainte que certaines liaisons entre pts sont obligées. En procédant comme indiqué, ça ne pose aucune problème.

Il existe des tas de solutions possibles, dans les configurations compliquées, selon le choix qu'on fait pour l'endroit de l'avancée du fil rouge.

Mon montage marche bien, c'est après que ça se gâte, avec la triangulation.
Un contre exemple, il me semble:

...X...................................................X
...X...................................................X
...X...................................................X
...X...XXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXX....X
...X...................................................X
...X...................................................X
...X...................................................X
...X...................................................X
...X................XXXXXXX.....................X
...X...................................................X
...X...................................................X
...X...................................................X
...X...................................................X
...X...................................................X
...X...XXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXX....X
...X...................................................X
...X...................................................X
...X...................................................X

De façon intuitive, avec 3, et 4 baguettes, je déduis facilement que pour trois points non-alignés, la chose est toujours possible.
Il suffit de trouver une figure qui réponds au problème pour n baguettes et d'en appliquer le schéma à toutes figures contenant n baguettes initialement, peu importe l'orientation des baguettes.
Mais je n'en apporte aucune démonstration formelle. Je sens que la récurrence est valable pour tout n, mais existe-t-il une démonstration et est-ce elle que l'on cherche?
La résolution de ce problème exige-t-elle des connaissances mathématiques élevées?

Encore une question. Le but est-il d'en enfermer un maximum, ou de montrer qu'il est toujours possible d'en enfermer au moins un?

Si j'ai donné un contre exemple faux, c'est parce que l'algo que je proposais n'est pas efficace.
La solution ne passerait elle pas par une récurrence ?

D'accord , il y a mésentente sur les termes : je considère qu'un segment est dans le polygone s'il n'en sort à aucun endroit ( il peut être complètement contenu dans la frontière ) .

Vasimolo

PS : Nodgim , bien joué mais je ne donne pas d'indice pour le moment

Que ma démonstration est laborieuse...

On peut mettre les baguettes dans des endroits bien plus singuliers lollol

Humm... On pense vraiment à la même chose...

Plus sérieusement, sauf à chevaucher les baguettes, je ne vois pas ce qui pourrait poser problème.

Les baguettes peuvent-elles se chevaucher?

J'ai beau me creuser la tête, je ne vois rien qui puisse perturber la configuration.
C'est possible avec deux baguettes. Et par extension, avec 3, et plus...

Même avec plusieurs baguettes à l'intérieur comme ci-dessous.



Et, pour une baguette à l'extérieur, je ne vois pas de problème particulier.

Bref, j'oublie peut-être quelque chose mais je ne vois pas quoi pour l'instant.

Je pense aux démonstrations informulées, qui peuvent être rigoureusement exact, la mienne étant probablement trop approximative pour être qualifiée comme tel.
Je vais tenter une démonstration plus formelle, même si la méthode illustrée que je proposais plus haut s'étend à tout type de polygone (même ceux avec plusieurs baguettes complètement enfermées à l'intérieur de la figure).

Soit deux segments [AB] et [A'B'] du plan, de tel sorte qu'il n'existe pas trois extrémités alignés.
Il est possible d'associer par paire les extrémités des deux segments (A et A', B et B', ou A et B', et A' et B), de tel sorte qu'en reliant ces extrémités, on obtienne un polygone à 4 sommets.
2 baguettes pour 4 sommets.

On peut initialiser une récurrence pour le cas n = 2.
D'après l'exemple donner en exemple dans l'énoncé, il est également possible d'initialiser la récurrence pour n = 3.
Il existe donc au moins une configuration qui répond aux exigences de l'énoncé.

Posons donc l'hypothèse comme vraie : pour une configuration à " n " baguettes, on peut construire le polygone à " 2n " sommets.

Peut-on vérifier l'hérédité au rang n+1?

Pour le cas n+1, et d'après l'hypothèse posée, on peut nécessairement construire un polygone à " 2n " sommets conforme aux exigences de l'énoncé, et garder de côté un segment [A'B'] du plan, disjoint du polygone.

En supprimant un côté de ce polygone à " 2n " sommets, on obtient une entité géométrique constituée de " 2n-1 " segment, " 2n-2 " sommets, et possédant deux extrémités que l'on nommera A et B.

Par un raisonnement analogue à l'initialisation de la récurrence, on reliera par deux segments les extrémités citées A et B à celle du segment [A'B'] disjoint du polygone.

On obtient alors un polygone à " 2n-1+3 " côtés, soit " 2n+2 " côtés, et à " 2n-2+4 " sommets, soit " 2n+2 " sommets, c'est-à-dire " 2 (n+1) " sommets.

Pour une configuration à " n+1 " baguettes, on a donc " 2 (n+1) " sommets.

L'hérédité est vérifiée.

Il est donc toujours possible de construire un polygone qui satisfasse aux conditions de l'énoncé.

Je ne trouve aucun contre-exemple qui viendrait contrarier ce raisonnement, pour le moment.

Soyez indulgent, c'est une tentative un peu hasardeuse, mais je ne vois pas vraiment comment l'exprimer d'une façon différente avec les outils mathématiques que je possède.