Enigme géométrique (en couleur)

[yat]

Si je colorie tous les sommets interieur possibles avec la couleur verte je n'obtient qu'un seul sommet non coloriable moi .

Et ? En quoi ça t'aide à démontrer qu'il n'existe pas de solutions ?
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[invite45ececbb]

Ben avec ça je conclu que qu'il y a forcement un triangle blanc . Ce n'est pas la question ?

Car quelques soient les n choisis , on se ramene toujours à ca sommet unique qui va devoir prendre une couleur qui fera un traingle blanc.

[yat]

Ben avec ça je conclu que qu'il y a forcement un triangle blanc . Ce n'est pas la question ?

Si, c'est là question. Mais comment peux-tu conclure en te basant sur une méthode qu'il n'existe pas d'autre méthode qui marche ?

[invite35452583]

Ben avec ça je conclu que qu'il y a forcement un triangle blanc . Ce n'est pas la question ?

Car quelques soient les n choisis , on se ramene toujours à ca sommet unique qui va devoir prendre une couleur qui fera un traingle blanc.

Pour compléter yat, si tu veux démontrer un résultat du type "il n'est pas possible" (qu'il en soit autrement) en s'appuyant sur une démo qui consiste à prouver que telle méthode ne fonctionne pas, il faut d'abord montrer que cette méthode est la seule possible.
Ce genre de démos existent mais sont de facto lourdes et techniques.
Je ne crois pas qu'ici un type de ce genre de démos fonctionnent.
Ici, il faut plûtot trouver un moyen type celui trouvé par yat càd élaborer une stratégie qui amène fatalement sur un triangle blanc. Il existe au moins une autre méthode de ce type que je n'afficherai donc pas tout de suite. (la "nouvelle" démo qui suit n'est pas la même)
On peut aussi trouver un moyen de les compter, on sait désormais qu'ils sont en nombre impair. Mais trouver une autre voie pour y parvenir aussi simplement risque d'être plus dur.

[invite35452583]

C'est tout de suite beaucoup plus élégant

J'ai pas beaucoup de mérite je n'ai fait que modifier une technique mathématique que j'ai beaucoup pratiquée. Surtout bravo à toi.

Yat, on peut modifier ta démo en lui retirant son aspect « algorithmique » tout en gardant une bonne partie de l’idée.
1ère chose, je mets mon triangle dans un autre du même genre et je colorie tous les nouveaux sommets ainsi créés en rouge. (astuce non indispensable mais qui ramène tout à un cas général : désormais tous les sommets et les arêtes de mon triangle de départ sont intérieures)
Je ne considère plus les arêtes antirouges en général mais des flèches, càd une arête antirouge (pour soulager l’écriture une flèche est donc supposée antirouge) à laquelle on assigne un sens (un sommet est l’initial l’autre est le final). Celles qui m’intéressent vraiment ce sont les flèches dont le triangle à gauche flèche pointée vers le haut (il existe toujours désormais) a un 3ème sommet du triangle rouge. Ces flèches seront appelées des b-flèches. (b pour bord)
Une b-flèche (u) est toujours « suivie » par une autre b-flèche (v), càd
1) v part du sommet d’où u est arrivé
2) en tournant autour de ce sommet dans le sens horaire il n’y a aucune autre arête antirouge entre u et v
En effet, quand on tourne autour du point final (F) de u on rencontre d’abord un sommet rouge, on va de sommet rouge en sommet rouge jusqu’à tomber sur une arête antirouge (dans tous les cas on arrête de tourner car après un tour complet on tombe sur le sommet initial de u qui est antirouge). Cette arête est orienté en prenant F comme point initial.
Comme deux sommets qui se suivent dans l’opération de rotation autour de F forme un triangle avec F, le sommet de son triangle à gauche est le dernier sommet rencontré donc rouge. C’est bien une b-flèche.
Remarque : en faisant la même opération dans le sens trigo, on constate qu’une flèche n’a qu’une flèche qui la précède.
J’appelle frontière, un ensemble de b-flèches qui forment un circuit fermé.
Chaque flèche est dans une frontière : on part de celle-ci et on crée un circuit en prenant à chaque fois la flèche qui suit, ce circuit nécessairement se termine car les b-flèches sont en nombre fini et est obligé de se terminer sur la même flèche car toutes les autres ont déjà était connecté avec la flèche qui la précède.
Et, maintenant comptons :
Mais d’abord, il faut vérifier que l’on ne compte pas deux fois un même triangle blanc et qu’on n’en oublie aucun. Un triangle blanc, ainsi que les triangles n’ayant qu’un sommet rouge, est associé à une et une seule b-flèche. En effet, d’abord il ne possède qu’une arête antirouge ; ensuite, il n’est à gauche qu’une de des deux seules flèches (sens parcouru sur cette arête quand on tourne dans le sens horaire dans ce triangle).
Quand on fait le tour complet d’une frontière, on part d’un sommet pour arriver au même sommet donc de la même couleur, on a donc changé un nombre pair de fois la couleur, il y a donc un nombre pair de côté bleu-vert et ainsi un nombre pair de triangles blancs bordant cette frontière.
Donc au total il y a un nombre pair de triangles blancs dans ce très grand triangle.
Mais, on doit maintenant retirer les triangles blancs formés avec les sommets rouges artificiellement ajoutés. Les seuls possibles sont ceux formés à partir des arêtes situés sur BV : une par arête bleu-vert. Or, il y en a un nombre impair de ces arêtes.
Pair-impair=impair. Donc, il y a un nombre impair de triangles blancs.
Démo un peu plus longue mais que je trouve également instructive.

[invite35452583]

Nouveau défi (facile désormais):
Montrer qu'il existe au moins un triangle ayant la même orientation que BVR (quand on tourne dans le sens sommet en bleu-sommet en vert-sommet en rouge)

Au fait, ces démos passent facilement en dimension n (il faut changer de technique de découpage,celle adoptée ici en dimension trois ne donne pas un découpage en tétraèdre, on découpe ainsi : àchaque étape on prend l'isobarycentre de tout et on relie, étapes suivantes on recommence avec les nouvelles "cellules" déjà créées). Evidemment, il y a 'n+1) couleurs

[yat]

Nouveau défi (facile désormais):

Facile ? Pour moi c'est encore un peu flou... j'ai pas encore bien compris ta deuxième démo. Ou pour être plus précis, j'ai rien calé, en fait.

1ère chose, je mets mon triangle dans un autre du même genre et je colorie tous les nouveaux sommets ainsi créés en rouge.

Les nouveaux sommets... euh... c'est ceux qui sont autour du triangle ? C'est quoi exactement un triangle du même genre ?

Celles qui m’intéressent vraiment ce sont les flèches dont le triangle à gauche flèche pointée vers le haut (il existe toujours désormais) a un 3ème sommet du triangle rouge.

il va me falloir des explications plus détaillées, je suis un peu lent.

Si déjà à ce stade là je comprends rien, je pense qu'il est inutile que j'aille plus loin.

[invite35452583]

Les nouveaux sommets... euh... c'est ceux qui sont autour du triangle ? C'est quoi exactement un triangle du même genre ?

Pour mieux voir cette construction tu peux utiliser le procédé suivant (sans les couleurs au départ):
1) construction d'un triangle pour n=5
2) Repérer qu'au milieu de celui-ci il existe un triangle correspondant au cas n=2
Le procédé que j'utilise est l'inverse, je pars du triangle n (ici =2) et je construis le triangle pour n+3 (ici =5).
Les nouveaux sommets sont ceux qui sont ajoutés pour placer artififciellement le triangle (n) dans le triangle (n+3) donc tous extérieurs au triangle n+3..

Celles qui m’intéressent vraiment ce sont les flèches dont le triangle à gauche flèche pointée vers le haut (il existe toujours désormais) a un 3ème sommet du triangle rouge.

il va me falloir des explications plus détaillées, je suis un peu lent.

Oublions temporairement ce 3ème sommet rouge et reprenons ce qu'est une flèche (le nom n'est pas trompeur)
1) Une arête qui est à l'intérieur du triangle (ce qui est le cas de toutes les antirouges désormais) est arête de deux triangles.
2) Utiliser les flèches permet en quelque sorte de dédoubler ces arêtes pour distinguer ces deux triangles mais il faut choisir une convention.
J'essaie d'être plus clair dans la défintion de cette convention :
Une flèche (donc antirouge par convention) va d'un sommet (D) d'une arête vers l'autre sommet (U). (Une autre va elle de U vers D)
Quand on met le sommet D (down) en bas et le sommet U (up) en haut, j'attribue le triangle située à gauche à cette flèche. (Si je fais le tour du triangle en empruntant le sens du chemin donné par la flèche je tourne dans le sens horaire.)
Remarque : la flèche "opposée" qui va de U vers D se voit donc attribuer le triangle à droite. (On tourne la feuille par exemple)

Revenons maintenant à notre 3ème sommet rouge : comment distingue-t-on une arête antirouge qui est au bord (intérieur ou extérieur) d'une zone antirouge ? Par le fait qu'elle a à côté d'elle un sommet rouge. Mes b-flèches sont donc définies ainsi le triangle qui lui est attribué en tant que flèche a un sommet rouge (qui est le 3ème après les deux sommets de la flèche)
C'est ici une différence entre ta construction qui va progressivement vers la frontière de la partie connexe de la zone antirouge de B et V. Ici, moi je me place directement "au bord" (toutes frontières intérieures et extérieures de toutes les composantes connexes) mais en prenant un outil plus efficace que les arêtes.
Les flèches sont plus efficaces car une arête peut être bordée de rouge d'un seul côté ou des deux (ou de zéro), mes flèches par leur attribution unique d'un triangle permettent de dépatouiller tout ça.

En espérant que ces explications supplémentaires t'aideront.

[yat]

Les nouveaux sommets sont ceux qui sont ajoutés pour placer artififciellement le triangle (n) dans le triangle (n+3) donc tous extérieurs au triangle n+3..

Dans ce cas, si on colorie tous les sommets supplémentaires en rouge, le grand triangle ne respecte plus l'énoncé. Ca ne pose pas de problème ?

Quand on met le sommet D (down) en bas et le sommet U (up) en haut, j'attribue le triangle située à gauche à cette flèche.

Ok... c'est bien clair maintenant. J'avais du mal à comprendre parce que ça ne m'était pas venu à l'idée de mettre le triangle dans ce sens là... moi j'avais des arètes horizontales, mais pas de verticales. Du coup le truc c'est que les trois flèches d'un triangle sont orientées dans le sens trigonométrique. C'est bien ça ?

Revenons maintenant à notre 3ème sommet rouge : comment distingue-t-on une arête antirouge qui est au bord (intérieur ou extérieur) d'une zone antirouge ? Par le fait qu'elle a à côté d'elle un sommet rouge.

Limpide ! Donc, la ligne définie par toutes ces flèches qui s'enchainent définit une frontière pour laquelle on ne pouvait plus progresser avec mon algo. Là tout est orienté et défini, donc là ou je faisais quelques raccourcis sur les choses qui me semblaient évidentes, on a ici un outil pour bien tout formaliser proprement. Pour la suite je reprends ton message d'hier après une pause "boulot" .

[yat]

ok j'ai pigé. Décidément, la parité c'est bien utile quand on sait s'en servir.

[invitec314d025]

J'ai pas eu le temps de regarder en détail la démo d'homotopie (ni la variante), mais sinon j'ai une démo très simple du problème initial qui consiste à prouver que si il y a une configuration sans triangle RVB pour n>=2, alors il y en a aussi une pour n-1.

[invitec314d025]

On part d'une configuration sans triangle RVB. On construit une configuration réduite comme suit:
On ne considére que les petits triangles ayant la même orientation que le grand triangle. Comme aucun n'est de type RVB, ils ont tous au moins deux sommets de même couleur, donc une couleur dominante. On remplace ce triangle par un point de couleur la couleur dominante du triangle. On obtient donc une forme réduite (n -> n-1).

Vérifions que les règles de départ sont encore vérifiées.
- Les trois sommets principaux restent R, V et B. En effet, si la couleur dominante du triangle contenant le sommet B était le vert, alors il y aurait un vert sur la base BR. Pareils pour les autres.
- La règle sur les bases reste valable (évident)

Il ne reste qu'à montrer que la configuration réduite ne contient pas de triangle RVB. Supposons qu'il y en ait un. Cela signifie que l'on avait un petit triangle inversé entouré de trois petits triangles de couleur dominante respective bleu, vert et rouge. Or un triangle adjacent à un triangle de dominante vert a au moins un sommet vert. Le triangle inversé avait donc au moins un sommet vert, au moins un sommet rouge, au moins un sommet bleu, donc il était de type RVB. Contradiction.

La forme réduite vérifie donc toutes les conditions. Au final on arrive à n=1 sans triangle RVB, ce qui est évidemment impossible.

[invitec314d025]

Il ne reste qu'à montrer que la configuration réduite ne contient pas de triangle RVB. Supposons qu'il y en ait un. Cela signifie que l'on avait un petit triangle inversé entouré de trois petits triangles de couleur dominante respective bleu, vert et rouge.

Petit oubli. Ca c'est le cas où dans la configuration réduite le triangle supposé RVB a la même orientation que le grand triangle.
S'il le triangle supposé RVB est inversé, il faut considérer un hexagone dans la configuration de départ, mais ça ne pose pas de problème de montrer qu'il y a nécessairement un triangle RVB parmi les 6 triangles formant cet hexagone.

En même temps c'est plus facile à expliquer avec une feuille de papier et un stylo

Bon si c'est pas clair, dites le moi.

[invitec314d025]

Dans le même genre, je ne sais pas si vous connaissez le jeu Hex.
Les joueurs (bleu et rouge) posent chacun leur tour un pion de leur couleur dans l'une des cases libres de leur choix. Le joueur qui gagne est celui qui arrive à créer un chemin de sa couleur reliant les deux bords correspondants.

Montrer qu'il n'y a pas de match nul possible.

[invite35452583]

On part d'une configuration sans triangle RVB. On construit une configuration réduite comme suit:
On ne considére que les petits triangles ayant la même orientation que le grand triangle. Comme aucun n'est de type RVB, ils ont tous au moins deux sommets de même couleur, donc une couleur dominante.

Jusque là ça va.

On remplace ce triangle par un point de couleur la couleur dominante du triangle. On obtient donc une forme réduite (n -> n-1).

Là j'ai un doute : tu veux dire que tu prends les centres de gravité des triangles pointes en haut (quand le grand triangle a une base horizontale et lui aussi sa pointe en haut) par un sommet d'un découpage de niveau n-1, c'est bien ça?

Si c'est ça vérifs sommets BVR et côté, oui évident en effet.
Le reste ça a l'air de marcher, je vais relire ça mais ça a l'air de coller : belle utilisation de la géométrie particulière de ce découpage (il y avait bien une démo par récurrence)

[invite35452583]

Dans le même genre, je ne sais pas si vous connaissez le jeu Hex.
Les joueurs (bleu et rouge) posent chacun leur tour un pion de leur couleur dans l'une des cases libres de leur choix. Le joueur qui gagne est celui qui arrive à créer un chemin de sa couleur reliant les deux bords correspondants.

Montrer qu'il n'y a pas de match nul possible.

Composante connexe maximale rouge du bord rouge : toutes les cases qui peuvent être jointes par un chemin rouge à ce bord.
Cette composante a une frontière extérieure bleue composée en partie de cases bleues ayant une de ces cases en contact et les parties des bords bleus touchant une de ces cases.
Je ne garde que la partie connexe au bord bleu en bas à gauche.
Cette partie joint l'autre bord bleu (terminé)
Si elle ne joint pas l'autre bord bleu alors la case touchant le bord rouge en haut à droite la plus proche de l'autre bord bleu est rouge par construction et dans la composante connexe du bord bas à droite. Et, cette case touche le bord rouge (à condition que les cases en coin soient considérées bleues et rouges).
Reste à mettre au propre

[invitec314d025]

Là j'ai un doute : tu veux dire que tu prends les centres de gravité des triangles pointes en haut (quand le grand triangle a une base horizontale et lui aussi sa pointe en haut)

Oui les centres de gravité ou autre. On pourrait prendre les sommets du haut mais ça serait moins clair. L'important c'est de construire un nouveau graphe d'ordre inférieur.

[invite35452583]

Dans le même genre, je ne sais pas si vous connaissez le jeu Hex.
Les joueurs (bleu et rouge) posent chacun leur tour un pion de leur couleur dans l'une des cases libres de leur choix. Le joueur qui gagne est celui qui arrive à créer un chemin de sa couleur reliant les deux bords correspondants.

Montrer qu'il n'y a pas de match nul possible.

Composante connexe maximale rouge du bord rouge : toutes les cases qui peuvent être jointes par un chemin rouge à ce bord.
Cette composante a une frontière extérieure bleue composée en partie de cases bleues ayant une de ces cases en contact et les parties des bords bleus touchant une de ces cases.
Je ne garde que la partie connexe au bord bleu en bas à gauche.
Cette partie joint l'autre bord bleu (terminé)
Si elle ne joint pas l'autre bord bleu alors la case touchant le bord rouge en haut à droite la plus proche de l'autre bord bleu est rouge par construction et dans la composante connexe du bord bas à droite. Et, cette case touche le bord rouge (à condition que les cases en coin soient considérées bleues et rouges).
Reste à mettre au propre

[invitec314d025]

à condition que les cases en coin soient considérées bleues et rouges

Les cases en coin touchent bien les deux bords. On peut considérer que les bords sont composés de cases déjà remplies.

[invite35452583]

1) Matthias, excuse moi pour hier de ne pas avoir vu que tuétais en ligne en même temps que moi. (Tu auras remarqué que j'ai un peu m...é hier avec les envois)
2) J'ai revu ta solution, en effet tout est facile à vérifier (condition au bord, trivial, cas triangle même orientation que BVR démo impec, cas inversé : on complète les trois triangles de départ en un hexagone centré sur leur sommet commun, par rotation on peut placer le sommet de la même couleur que ce centre en bas, pour les deux triangles du haut leurs deux sommets ont donc même couleur qui sont opposés le triangle inversé situé entre ces deux triangles serait blanc (contradiction).)
=>médaille d'or pour la simplicité
Pas pour la généralité mais ce n'était pas demandé.

Sinon que penses-tu de ma solution au jeu de Hex, te convient-t-elle?

[invitec314d025]

=>médaille d'or pour la simplicité
Pas pour la généralité mais ce n'était pas demandé.

Merci.
Je me demande s'il n'y a pas moyen de généraliser, mais même si c'est faisable, cela risque de devenir plus dur de montrer que la réduction vérifie encore les propriétés requises quand la dimension augmente.

Sinon que penses-tu de ma solution au jeu de Hex, te convient-t-elle?

Pour l'instant ça ne me paraît pas hyper clair.

Je ne garde que la partie connexe au bord bleu en bas à gauche.

Tu as inversé les couleurs par rapport à l'image que j'ai postée ou je n'ai rien compris ?

Sinon, commençons par des remarques évidentes. C'est implicite dans ce que tu dis, mais autant être explicite. Si le match nul est possible, alors on peut considérer que toutes les cases sont occupées donc bleues ou rouges. Autre point important, le résultat cherché ne serait pas vérifié si le plateau était un damier.

[invite35452583]

Merci.
Je me demande s'il n'y a pas moyen de généraliser, mais même si c'est faisable, cela risque de devenir plus dur de montrer que la réduction vérifie encore les propriétés requises quand la dimension augmente.

Tu peux toujours essayer avec l'autre découpage que j'ai parlé (qui peut sembler peu naturelle en dimension 2 mais qui l'est en dimension n car on traite tous les éléments : points (triviaux), arêtes, faces, "cellules" (nom officiel) dimension n : on en prend le milieu).
Je le rappelle :
rang 0 : triangle de départ BVR
Les sommets du rang 1 sont tous les milieux :
+ les sommets de départ sont là : ce sont leurs propres milieux)
+ les milieux de chaque côté (3)
+ milieu du triangle (centre de gravité)
Tous les triangles de rang 1 sont de la forme : (centre d'un sommet (donc lui-même), centre d'une arête, centre du triangle). Il y en a donc 6.
Pour les autres étapes on réitère pour les triangles de rang inférieur, au rang n il y en a donc ^6^n.
Celui avec 6 (rang 1) semble faisable, 36 ça devient prise de tête, le rang n quelconque???
Donc, généraliser à d'autres découpages peut-être mais ça ne doit pas être, mais là n'est pas l'important, ta démo est superbe de simplicité.

[invite35452583]

Tu as inversé les couleurs par rapport à l'image que j'ai postée ou je n'ai rien compris ?

Ca s'est vu? (Je n'avais plus l'image sous les yeux et je n'avais fait qu'un croquis sans couleur)

Sinon, commençons par des remarques évidentes. C'est implicite dans ce que tu dis, mais autant être explicite. Si le match nul est possible, alors on peut considérer que toutes les cases sont occupées donc bleues ou rouges. Autre point important, le résultat cherché ne serait pas vérifié si le plateau était un damier.

OK, pour expliciter l'implicite : on se place dans le cas où toutes les cases sont occupées (en cas d'éventuel nul c'est le cas).
Pour le damier, je m'en suis rendu compte pendant le diner : ma frontière n'est pas "propre".(On peut faire passer un chemin formé par des côtés de face celà n'implique pas qu'on peut faire passer un chemin de cases : le damier est le contre-exemple parfait)

Frontière bien propre au prochan message.

[invite35452583]

Solution au jeu Hex :
Le principe est de construire une frontière (bien propre d'où une certaine longueur) formée par des arêtes communes aux cases connexes aux bords du bas.
Faîtes des dessins pour comprendre.
Pour "simplifier", on ajoute des hexagones rouges sur le bord rouge en bas à gauche, et des hexagones bleux sur son vis-àvis à droite.(Promis, on les retirera après mais ils vont aider à construire la frontière)
2 précisions :
+on ne met de nouveaux hexagones que strictement en dessous des deux cases bicolores du milieu dans le sens de la hauteur.
+On ne met pas d'hexagone en-dessous de la case du bas : la ligne des nouveaux hexagones rouges ne touchent pas la nouvelle ligne bleue.
On part de l'hexagone en bas. Cette case est soit bleue, soit rouge (par symétrie je peux la supposer bleue).
Le 1er sommet (départ) est le sommet du bas du côté de rouge, le 2ème celui de cette case située à gauche et en haut de ce 1er sommet.
La 1ère arête (qui va du 1er au 2ème sommet)
+jouxte à sa gauche la partie rouge connexe au bord rouge en bas à gauche (dit camp rouge). Ici, on touche le bord lui-même
+jouxte à sa droite la partie bleue connexe au bord bleu (dit camp bleue) car cette 1ère case touche également ce bord.

On suppose qu'on a déjà pu construire n sommets vérifiant que chacune des arêtes joignant le (m-1)ème au m-ème sommet jouxte à sa gauche le camp rouge et à sa droite le camp bleue (le sens étant pris en mettant le (n-1) ème sommet en bas et le n-ème sommet en haut)
Si le n-ème sommet n'est pas sur les bords du haut (les cases de coin étant bien sûr considérées comme étant sur ces bords) alors en allant du (n-1)ème sommet au n-ème sommet on tombe sur un hexagone. (Avec les hexagones ajoutés temporairement! A remarquer que l'arête ne peut pas être une arête de la case du bas allant vers le trou juste en dessous : un côté parce que les deux cases sont de la même couleur, l'autre parce qu'il y a inversion gauche-droite entre rouge et bleue)
Si cet hexagone est rouge, on prend comme nouvelle arête l'arête commune (donc à droite) entre la case bleue et cet hexagone et comme (n+1-ème sommet) l'autre sommet de cette arête (le n-ème sommet en est le 1er). Si cette case est bleue, on prend l'arête allant vers le haut et la gauche. Un simple dessin montre qu'on a toujours le camp bleue à droite et le camp rouge à gauche, la nouvelle case étant, par définition, connectée au camp de sa couleur.
Maintenant, deux choses peuvent se produire :
+soit ma frontière forme à un moment une boucle
+soit elle ne repasse jamais par le même sommet et doit donc aboutir sur une case des bords du haut (les seules pour lesquelles le processus s'arrête et il doit bien s'arrêter car il y a un nombre fini d'arêtes)
Montrons que la 1ère éventualité est impossible:
on se place sur le 1er sommet S(n)pour lequel le chemin construit repasse, on a une arête qui va du sommet S(m-1) au sommet S(m) avec m>n mais S(m)=S(n).
Si S(n) n'est pas le sommet de départ, il y avait déjà l'arête S(n-1)->S(n) de la frontière qui arrivait sur ce sommet. Mais, en appliquant la règle (à gauche une case rouge, à droite une case bleue) aux arêtes S(m-1)->S(n) et S(n-1)->S(n) on constate qu'alors ces deux arêtes sont confondues et donc S(n-1)=S(m-1) ce qui contredit l'antériorité de S(n).
S(n) devrait donc être le sommet de départ mais celui-ci n'est sommet que d'une seule arête commune à deux cases et on ne peut pas arriver sur ce sommet en respectant la règle gauche-droite pour les camps rouge-bleue.

Il ne reste donc que la 2nde éventualité mais alors si elle aboutit sur un des bords du haut elle arrive
+soit sur la zone allant du bas de la case de gauche jusqu'à la gauche de la case du haut et alors bleue gagne
+soit sur la zone allant du bas de la case de droite jusqu'à la droite de la case du haut et alors rouge gagne
Bon pour l'instant, il ne gagne qu'en trichant, ils ont éventuellement emprunter un chemin passant par les hexagones artificiels.
Si un ou plusieurs hexagones artificiels ont été utilisé, on termine en faisant le raisonnement suivant : on reprend le chemin inverse (dans le sens inverse des sommets et des arêtes construits) jusqu'à un de ces hexagones artificiels et il n'y a plus qu'à remarquer que la case juste avant celle-ci (donc une vraie case du jeu) touche le bord.
CQFD