Eén mogelijkheid is het probleem te herformuleren tot: bewijs dat na eindig veel stappen 'bijna overal' het glazuur weer boven is (uitzonderingslijntjes tellen dus niet mee). Om dat begrip 'bijna overal' precies te maken, kun je bijvoorbeeld het begrip 'afsluiting van een verzameling' (zeg maar: tel alle randen mee) of het begrip 'Lebesgue maat' gebruiken (zeg maar: als je een (uniform) willekeurig punt kiest, zit het glazuur daar met kans 1 aan de bovenkant).

Een andere mogelijkheid, die er erg op lijkt, is misschien om alle verzamelingen die 'bijna overal' gelijk aan elkaar zijn als gelijk te beschouwen (met elkaar te identificeren).

Er is nog een andere mogelijkheid: als je voor de taartpunten open (of juist: gesloten) verzamelingen neemt, dan kun je nog steeds bewijzen dat al het glazuur weer boven komt na een eindig aantal stappen. Ik weet zo gauw niet of dit zo is, maar het zou wel interessant zijn om te weten.

Opmerking: lees niet verder als je het raadsel helemaal zelf wilt oplossen.

Definieer het gehele getal m en de hoek β door de vergelijking 2 π = m α + β met 0 ≤ β < α. Dan is m het aantal keren dat je punten van α radialen uit een taart van 2π radialen kunt halen en &beta de hoek die je over houdt.

Als β = 0 (α past precies m keer in 2π), dan is het duidelijk dan je na m stappen al het glazuur onder hebt en na nog eens m stappen al het glazuur weer boven; in totaal ben je na 2m stappen weer terug bij af.

Als β > 0, dan heb je 2m(m+1) stappen nodig.

Hint 1: Het is waarschijnlijk het makkelijkste om dit aan de hand van een reeks plaatjes te zien. Je kunt zelf een programma schrijven dat de plaatjes maakt, of je kunt naar het resultaat van mijn programma kijken.

Hint 2: De tweede m(m+1) stappen doen in zekere zin het 'omgekeerde' van de eerste m(m+1) stappen: in omgekeerde volgorde en gespiegeld in de lijn met hoek m(m+1)α. Na 2m(m+1) stappen ben je dan dus weer terug bij af — al het glazuur is weer boven. Belangrijk is dat de lijn met hoek m(m+1)α een spiegellijn is van de taart na m(m+1) stappen.

Hint 3: Na k·m stappen, k = 1, …, m+1, kun je de taart altijd als volgt beschrijven: start bij hoek kmα, dan krijg je met de klok mee de volgende soort stukken: ABABA..ABAC, waarbij A k keer voor komt en B k-1 keer. A is telkens een stuk met hoek β, B telkens een stuk met hoek α-β en C het (resterende) stuk met hoek 2π - kβ - (k-1)(α-β); ≥ 0. Als k even is, dan heeft A telkens het glazuur onder en B en C telkens het glazuur boven; als k oneven is, dan is het precies omgekeerd: A heeft het glazuur boven en B en C hebben het glazuur onder.

Mijn uitleg was niet bedoeld als bewijs, of om aan te tonen na hoeveel snedes het glazuur weer boven is, het is een schets van wat er gebeurt en waar de denkfout zit bij het idee dat het nooit zou kunnen voor irrationale getallen.

@MamaIonica: *zwaai* :)

Pas na 4 keer puntsnijden + omkeren heb je het glazuur weer boven.

"Met irrationale getallen zul je idd nooit op de PLAATS van de eerste snede terugkomen, maar je komt wel IN je eerste snede terug omdat deze van plaats verandert."

Stel x = 360 div a. Dan na x keer snijden heb je x*a graden omgedraaid en b = 360 - x*a graden nog niet. De volgende snede maakt dan een stuk zoals boven beschreven, met deze speciale b. Bij het omdraaien van dit stuk komt de snede die al in het stuk zit (je allereerste snede in dit geval) op b graden voor je laatste snede te zitten. Het is dan precies x*a graden totdat je weer op die snede komt (want x*a+b=360), oftewel precies x snedes.

Met irrationale getallen zul je idd nooit op de van de eerste snede terugkomen, maar je komt wel je eerste snede terug omdat deze van plaats verandert.