Перевернуть пирог по частям

[mihaild]

Васе принесли пирог, покрытый сверху шоколадом. Вася вырезал из пирога кусок в $\alpha$ радиан, перевернул его и вставил обратно. Потом вырезал следующий кусок в $\alpha$ радиан (так что начало нового куска совпадает с концом предыдущего), и так далее. При каких $\alpha$ рано или поздно весь шоколад опять окажется сверху?

Disclaimer: увидел на math.se, сам решил неправильно.

[SiberianSemion]

При соизмеримых с $(2n-1)2\pi,$ не?

-- 24.04.2019, 20:53 --

UPD. Невнимательно прочитал условие. $(4n\pi)/m,$ конечно же, где $m,n -$ натуральные.

[mihaild]

Четверка лишняя, без нее множество то же самое получается - просто $\pi$-рациональные числа. Неправильно (хотя я дал тот же ответ, и почти все его же дают).

[slavav]

У меня нет сомнений что если $a \in \mathbb{Q} \cap [0, 1]$, то $2\pi a$ решает задачу. Вопрос есть ли другие решения в отрезке $[0, 1]$.

[venco]

А мне кажется, при любых.

[Sender]

Эмм, а, скажем, $\frac{3\pi}{4}$ не является контрпримером, или я ошибаюсь? Не забываем, что при переворачивании разноцветного куска границы между цветами в его пределах, вообще говоря, смещаются.

Ошибся, возврат происходит после 12 переворотов.

[wrest]

mihaild в сообщении #1389170 писал(а):

Четверка лишняя, без нее множество то же самое получается - просто $\pi$-рациональные числа. Неправильно

Целые доли круга $\dfrac{2 \pi}{n}$ точно катят. А вот 2-пи-рациональные хочется конечно ответить сразу, но они также кажется не все подходят, хотя какие-то наверное должны. Ну и физически же кусок больше $2 \pi$ быть не может

-- 24.04.2019, 17:46 --

mihaild в сообщении #1389164 писал(а):

Васе принесли пирог, покрытый сверху шоколадом. Вася вырезал из пирога кусок в $\alpha$ радиан, перевернул его и вставил обратно.

Кстати. Если при очередном отрезании сектор уже полосатый, то переворачивание это не просто смена белого на черное! А ещё и зеркальное отражение относительно серединного радиуса сектора. Так что задача, для нецелых долей круга, перестаёт быть томной...

[venco]

Точно для всех. Могу доказать.

[Null]

mihaild в сообщении #1389164 писал(а):

так что начало нового куска совпадает с концом предыдущего

Тут подвох и подходит любое $\alpha<2\pi$

[mihaild]

Нет, подвоха нет. Не знаю как лучше сформулировать. Сначала переворачиваем кусок $[0, \alpha)$, потом $[\alpha, 2\alpha)$ и т.д.

[venco]

(Доказательство на английском)

Let $2\pi=n\alpha+r, n\in \mathbb{Z}, 0\le r<\alpha$.
Now we mark sectors with angles $(r,\alpha-r,r,\alpha-r,...,r)$ around the pie and the plate.
After each flip we will rotate the pie on the plate by $\alpha$ so that the next flip will happen at the same place on plate. Note that after this operation all $r$ sectors of pie will remain on $r$ places of plate. It means that the pie configuration can be described by $2n+1$ bits indicating sectors that have chocolate on top.
The transformation of the state bits after each flip is deterministic in both directions of the flipping process so the sequence of states will cycle at some point returning to the original state.
QED

[arseniiv]

А есть какие-то соображения насчёт числа операций до возвращения? Посмотрел быстро на повороты, задаваемые дробями с небольшими знаменателями (углы в $m/1,\ldots,m/5$ оборотов) и ничего не понял. Надо было бы вообще сразу посмотреть дальше (ещё бы на таком маленьком кусочке что-то увидеть!), но у нас уже поздно.

[venco]

Если $r\ne 0$, то потребуется $2n(n+1)$ операций.

[wrest]

venco в сообщении #1389282 писал(а):

Let $2\pi=n\alpha+r, n\in \mathbb{Z}, 0\le r<\alpha$.
Now we mark sectors with angles $(r,\alpha-r,r,\alpha-r,...,r)$ around the pie and the plate.
After each flip we will rotate the pie on the plate by $\alpha$ so that the next flip will happen at the same place on plate. Note that after this operation all $r$ sectors of pie will remain on $r$ places of plate. It means that the pie configuration can be described by $2n+1$ bits indicating sectors that have chocolate on top.
The transformation of the state bits after each flip is deterministic in both directions of the flipping process so the sequence of states will cycle at some point returning to the original state.

Пусть $2\pi=1\cdot 6 + r$ то есть $\alpha=6;n=1;0\le r<\alpha$
Утверждается, что тогда у торта всего $2^3=8$ конфигураций, то есть максимум через $8$ отрезаний торт станет шоколадным. Да?

-- 25.04.2019, 10:22 --

venco в сообщении #1389296 писал(а):

Если $r\ne 0$, то потребуется $2n(n+1)$ операций.

Ага, то есть при $\alpha=6;r\approx 0,28 \ne 0$ максимум через $16 $ отрезаний торт станет шоколадным, верно? Мне что-то кажется что сектор в $2\pi-6$ радиан будет в таком случае отличаться цветом и крутиться по торту вечно. То есть с точностью до поворотов, конфигураций будет ровно две:сектор в $6$ радиан белый остальное черное и наоборот сектор в 6 радиан черный, остальное белое. И так (вечное вращение остатка $r$) будет с любым $0<r<\alpha$
Ну а при $r=0$ очевидно после $2n$ переворачиваний торт станет весь шоколадный. Исхожу из этого алгоритма:

mihaild в сообщении #1389263 писал(а):

Сначала переворачиваем кусок $[0, \alpha)$, потом $[\alpha, 2\alpha)$ и т.д.

[Sender]

wrest в сообщении #1389324 писал(а):

Пусть $2\pi=1\cdot 6 + r$

Очевидно, venco говорит об $\alpha$, соизмеримых с $\pi$, потому что иначе мы не попадём в ранее сделанный разрез, а это неизбежно потребуется для возвращения.