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\newcommand{\chapHead}[1]{% #1 = Titre
\begin{tikzpicture}
\fill[blue!20] (0,0) rectangle+(\textwidth,-1.5cm);
\fill[orange!5] (0,-1) rectangle +(\textwidth,-5cm);
\fill[violet] (12cm,0) rectangle +(4cm,-4.5cm);
\fill[violet!80] (12cm,-4.5cm) rectangle+(0.5cm,0.5cm);
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% "Article"
\node[below] at (14cm,-0.5cm) {%
\begin{minipage}{4cm}
\begin{center}
\color{white}\fontfamily{lmss}\fontseries{bx}\selectfont{\Large Article}

\bigskip

\emph{par\\{\small Stéphane PASQUET}}
\end{center}
\end{minipage}
};
% Titre
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\begin{minipage}{11cm}
\fontfamily{lmss}\fontseries{bx}\selectfont \color{purple}\Huge #1
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\node[below right,text=purple] at ($(titre.south west)+(0,-1em)$) {\fontfamily{lmss}\fontshape{it}\selectfont Disponible sur \url{http://www.mathweb.fr}};
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\begin{minipage}{4cm}
\begin{center}
\fontfamily{lmss}\fontseries{bx}\selectfont\color{black}\today
\end{center}
\end{minipage}
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\end{tikzpicture}
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% Paragraph

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\rhead{}
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\begin{document}
\pagestyle{fancy}
\chapHead{Le théorème de Pick}

\section{Introduction}

On considère un polygone convexe, c'est-à-dire une figure géométrique constituée de plusieurs côtés rectilignes de sorte qu'aucun sommet ne \og rentre \fg{} dans la figure, sur un maillage régulier de sorte que chaque sommet soit sur un n\oe ud de
ce maillage comme l'illustre le schéma ci-dessous.

\medskip

\begin{minipage}{0.33\linewidth}
\begin{tikzpicture}[scale=0.5]
\draw[gray!50] (0,0) grid (10,10);
\draw[thick,purple] (2,1) -- (7,3) -- (9,8) -- (1,9) -- cycle;
\foreach \c in {%
(2,2),(3,2),(4,2),%
(2,3),(3,3),(4,3),(5,3),(6,3),%
(2,4),(3,4),(4,4),(5,4),(6,4),(7,4),%
(2,5),(3,5),(4,5),(5,5),(6,5),(7,5),%
(2,6),(3,6),(4,6),(5,6),(6,6),(7,6),(8,6),%
(2,7),(3,7),(4,7),(5,7),(6,7),(7,7),(8,7),%
(2,8),(3,8),(4,8),(5,8),(6,8),(7,8),(8,8)}
{
	\fill[blue!50!black] \c circle (2pt);
}
\foreach \c in {(2,1),(7,3),(9,8),(1,9)}
{
	\fill[red] \c circle (3pt);
}
\end{tikzpicture}

\medskip

\begin{tikzpicture}[scale=0.5]
\draw[gray!50] (0,0) grid (10,10);
\filldraw[fill=blue!20,opacity=0.5,draw=black] (1,1) node[below left,opacity=1,text=blue,scale=0.75] {A} -- (2,1) -- (1,9) node[above left,opacity=1,text=blue,scale=0.75] {D} -- cycle;
\filldraw[fill=blue!20,opacity=0.5,draw=black] (2,1) -- (9,1) node[below right,opacity=1,text=blue,scale=0.75] {B} -- (7,3) -- cycle;
\filldraw[fill=blue!20,opacity=0.5,draw=black] (9,1) -- (7,3) -- (9,8) -- cycle;
\filldraw[fill=blue!20,opacity=0.5,draw=black] (9,8) -- (9,9) node[above right,opacity=1,text=blue,scale=0.75] {C} -- (1,9) -- cycle;
\draw[thick,purple] (2,1) -- (7,3) -- (9,8) -- (1,9) -- cycle;
\node[below,scale=0.75,text=purple] at (2,1) {M};
\node[above left,scale=0.75,text=purple] at (7,3) {N};
\node[right,scale=0.75,text=purple] at (9,8) {P};
\draw[thick,<->,>=latex] (1,0) -- (9,0) node[midway,below] {8};
\end{tikzpicture}
\vspace*{4cm}~\par 
\end{minipage}
\begin{minipage}{0.66\linewidth}
Le théorème de Pick stipule que \emph{la superficie du polygone peut être calculée de façon simple à l'aide de la formule :}
\[
\mathscr{A}=i+\dfrac{b}{2}-1
\]
\emph{exprimée en unités d'aire, où \og $i$ \fg{} représente le nombre de n\oe uds intérieurs au
polygone et \og $b$ \fg{} celui des n\oe uds se trouvant sur ses côtés}.

Par exemple, sur le 1\ier{} schéma ci-contre, \textcolor{blue!50!black}{$i=41$} et \textcolor{red}{$b=4$} ; d'où :
\[
\mathscr{A} = 41+2-1=42.
\]
On peut aisément calculer $\mathscr{A}$ en calculant d'une part l'aire du carré bleu ABCD (voir ci-contre) et d'autre part, l'aire des triangles AMD, BMN, BNP, et PCD :
\begin{itemize}
\item Aire de ABCD : $8^2=64$
\item Aire de AMD : $\dfrac{1}{2}\times1\times8=4$
\item Aire de BMN : $\dfrac{1}{2}\times7\times2=7$
\item Aire de BNP : $\dfrac{1}{2}\times7\times2=7$
\item Aire de PCD : $\dfrac{1}{2}\times1\times8=4$
\end{itemize}
Donc l'aire de MDPN est :
\[
\mathscr{A}=64-(4+7+7+4)=64-22=42.
\]
\end{minipage}

\section{Démonstration}

\subsection{La formule est-elle vraie pour un rectangle quelconque ?}

Considérons un rectangle comme ci-dessous :
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\draw[gray!50] (0,0) grid (11,5);
\draw[purple,thick] (1,1) rectangle +(9,3);
\draw[<->,>=latex] (0.5,1) -- (0.5,4) node[midway,fill=white] {$\ell$};
\draw[<->,>=latex] (1,4.5) -- (10,4.5) node[midway,fill=white] {L};
\end{tikzpicture}
\end{center}
Ici, $b=2(\text{L}+1)+2(\ell-1)=2\text{L}+2\ell$ et $i=(\ell-1)(\text{L}-1)=\text{L}\ell-\text{L}-\ell+1$.

Ainsi,
\begin{align*}
i+\dfrac{b}{2}-1 & = \text{L}\ell-\text{L}-\ell+1+\dfrac{2(\text{L}+\ell)}{2}-1\\
& = \text{L}\ell\\
& = \text{aire du rectangle.}
\end{align*}
La formule de Pick est donc vraie pour un rectangle quelconque.

\subsection{La formule est-elle vraie pour un triangle rectangle ?}

Considérons la moitié du rectangle précédent :
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\draw[gray!50] (0,0) grid (11,5);
\draw[purple,thick] (1,1) -- (1,4) -- (10,4) -- cycle;
\draw[blue,thick] (1,1) -- (10,1) -- (10,4) -- cycle;
\draw[<->,>=latex] (0.5,1) -- (0.5,4) node[midway,fill=white] {$\ell$};
\draw[<->,>=latex] (1,4.5) -- (10,4.5) node[midway,fill=white] {L};
\end{tikzpicture}
\end{center}
Appelons toujours $i$ le nombre de points (n\oe uds) intérieurs et $b=c+d$ le nombre de points sur le périmètre ($c$ représentant le nombre de points sur les côtés perpendiculaires et $d$ sur l'hypoténuse).

Collons à notre triangle un autre triangle identique (bleu) pour former le rectangle initial. Appelons $i'$ et $b'$ les nombres respectifs de points intérieurs au rectangle et sur le périmètre.

On a alors :
\[
\begin{cases}
i'=2i+d & \text{deux fois le nombre de points intérieurs au triangle,}\\
 & \text{plus ceux sur l'hypoténuse.}\\
b'=2c-2 & \text{on enlève deux sommets qui sont en commun.}
\end{cases}
\]
Or, nous savons que l'aire du triangle est égale à la moitié de celle du rectangle, qui est égale (d'après la section précédente) à $i'+\dfrac{b'}{2}-1$.

Donc, l'aire du triangle rectangle est :
\begin{align*}
\mathscr{A} & = \dfrac{1}{2}\left(i'+\dfrac{b'}{2}-1\right)\\
& = \dfrac{1}{2}\left(2i+d+\dfrac{2c-2}{2}-1\right)\\
& = \dfrac{1}{2}\left(2i+d+c-1-1\right)\\
& = i+\dfrac{b}{2}-1\text{ car }d+c=b.
\end{align*}
Le théorème de Pick est donc vrai pour le triangle rectangle.

\subsection{La formule est-elle vraie pour un triangle quelconque ?}

Considérons maintenant un rectangle quelconque comme celui représenté ci-dessous :
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[scale=0.5]
\draw[gray!50] (0,0) grid (10,8);
\draw[thick,purple] (1,2) -- (9,1) -- (8,7) -- cycle;
\end{tikzpicture}
\hspace*{1cm}
\begin{tikzpicture}[scale=0.5,every node/.style={scale=0.75}]
\draw[gray!50] (0,0) grid (10,8);
\filldraw[fill=blue!20,opacity=0.5,draw=black] (1,1) node[below left,opacity=1,text=blue] {A} -- (9,1) node[below right,opacity=1,text=blue] {B} -- (1,2) -- cycle;
\filldraw[fill=blue!20,opacity=0.5,draw=black] (9,1) -- (9,7) node[above right,opacity=1,text=blue] {C} -- (8,7) -- cycle;
\filldraw[fill=blue!20,opacity=0.5,draw=black] (8,7) -- (1,7) node[above left,opacity=1,text=blue] {D} -- (1,2) -- cycle;
\draw[thick,purple] (1,2) node[left] {M} -- (9,1) -- (8,7) node[above] {P} -- cycle;
\end{tikzpicture}
\end{center}
L'aire du triangle BMP est la différence entre celle du rectangle ABCD et de la somme de celle des triangles rectangles AMB (triangle 1), BCP (triangle 2) et PMD (triangle 3).

Appelons :
\begin{itemize}
\item $i_k$ le nombre de points à l'intérieur du triangle $k$ et $b_k=c_k+d_k$ le nombre de points sur les bords, avec $d_k$ représentant le nombre de points sur son hypoténuse (extrémités non comprises) et $c_k$ représentant le nombre de points sur ces autres côtés, $k$ étant un entier égal à 1, 2 ou 3 ;

\item $i$ le nombre de points à l'intérieur du triangle quelconque et $b=d_1+d_2+d_3+3$ le nombre de points sur ses bords ;

\item $i'$ le nombre de points à l'intérieur du rectangle et $b'$ le nombre de points sur ses bords.
\end{itemize}

Notons $\mathscr{A}$ l'aire du triangle BMP, $\mathscr{A}_k$ celle du triangle $k$ et $\mathscr{A}^\prime$ celle du rectangle ABCD. Alors :
\begin{align*}
\mathscr{A} & = \mathscr{A}^\prime - (\mathscr{A}_1+\mathscr{A}_2+\mathscr{A}_3)\\
& = \left(i'+\dfrac{b'}{2}-1\right)-\left(i_1+i_2+i_3+\dfrac{1}{2}(b_1+b_2+b_3)-3\right)\\
& = i'+\dfrac{b'}{2}-1-\left(i_1+i_2+i_3+\dfrac{1}{2}(c_1+c_2+c_3+d_1+d_2+d_3)-3\right).
\end{align*}
Or, 
\[ i'=i+i_1+i_2+i_3+d_1+d_2+d_3 \]
et
\[ b'=c_1+c_2+c_3-3, \]
donc :
\begin{align*}
\mathscr{A} & = i+i_1+i_2+i_3+d_1+d_2+d_3+\dfrac{c_1+c_2+c_3-3}{2}-1-i_1-i_2-i_3-\dfrac{c_1+c_2+c_3+d_1+d_2+d_3}{2}+3\\
& = i+\dfrac{d_1+d_2+d_3+3}{2}-1\\
& = i+\dfrac{b}{2}-1.
\end{align*}

Nous avons ainsi démontré que le théorème de Pick était vrai pour un triangle quelconque.

\subsection{Et maintenant, le polygone convexe !}

Un polygone convexe $P$ à $n$ côtés est formé de $n-2$ triangles, $n\geqslant4$. Notons $T_k$ les $n-2$ triangles qui constituent le polygone. Je vais ici prendre un hexagone pour avoir un appui visuel :
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[scale=0.5,every node/.style={scale=0.5}]
\draw[gray!50] (0,0) grid (11,10);
\draw[thick,purple] (2,1) -- (1,8) -- (4,9) -- (9,8) -- (10,6) -- (7,3) -- cycle;
\draw[thick,purple] (2,1) node[below left] {A} -- (4,9);
\draw[thick,purple] (2,1) -- (9,8);
\draw[thick,purple] (2,1) -- (10,6);
\node[text=purple] at (2.5,7) {$T_1$};
\node[text=purple] at (5,6) {$T_2$};
\node[text=purple] at (8.5,6) {$T_3$};
\node[text=purple] at (6.5,3.25) {$T_1$};
\end{tikzpicture}
\end{center}
Je conviens alors de découper $P$ à partir d'un même point A et en nommant les triangles de gauche à droite $T_1$, $T_2$, ... , $T_{n-2}$.

Je note alors :
\begin{itemize}
\item $c_1$ le nombre de points sur les deux côtés de $T_1$ qui coïncident avec deux côtés de~$P$ ; 
\item $c_{n-2}$ le nombre de points sur les deux côtés de $T_{n-2}$ qui coïncident avec deux côtés de~$P$ ;
\item $c_k$, $1\leqslant k\leqslant n-3$, le nombre de points sur le seul côté de $T_k$ qui coïncide avec un côté de~$P$ ;
\item $d_k$, $1\leqslant k\leqslant n-3$, le nombre de points sur le côté de $T_k$ intérieur à $P$ qui ne coïncide pas avec un côté de $T_{k-1}$ ;
\item $i_k$  le nombre de points intérieurs à $T_k$ ;
\item $i$ le nombre de points intérieurs à $P$ ;
\item $b$ le nombre de points sur les bords de $P$.
\end{itemize}
On a alors :
\[
i=\sum_{k=1}^{n-2} i_k+\sum_{k=1}^{n-3} d_k
\]
et
\[
b=c_1+(c_2-1)+(c_3-1)+\cdots+(c_{n-3}-1)+(c_{n-2}-2)\;,
\]
soit :
\[
b=\sum_{k=1}^{n-2} c_k -(n-2)\;,
\]
ou encore :
\[
b=\sum_{k=1}^{n-2}c_k-n+2.
\]
En notant $\mathscr{A}$ l'aire de $P$ et $\mathscr{A}_k$ celle de $T_k$, on a :
\begin{align*}
\mathscr{A} & = \sum_{k=1}^{n-2}\mathscr{A}_k\\
& = \mathscr{A}_1+ \sum_{k=2}^{n-3}\mathscr{A}_k+\mathscr{A}_{n-2}\\
& = i_1+\dfrac{b_1}{2}-1+\sum_{k=2}^{n-3}\mathscr{A}_k+i_{n-2}+\dfrac{b_{n-2}}{2}-1\\
& = i_1+i_{n-2}+\dfrac{b_1+b_{n-2}}{2}-2+\sum_{k=2}^{n-3}\left(i_k+\dfrac{b_k}{2}-1\right)\\
& =  i_1+i_{n-2}+\dfrac{b_1+b_{n-2}}{2}-2+\sum_{k=2}^{n-3}\left( i_k+\dfrac{d_{k-1}+c_k+d_k+1}{2}-1\right)\\
& =  i_1+i_{n-2}+\dfrac{b_1+b_{n-2}}{2}-2+\sum_{k=2}^{n-3}i_k + \dfrac{1}{2}\sum_{k=2}^{n-3}c_k + \dfrac{1}{2}\sum_{k=2}^{n-3}(d_{k-1}+d_k)-\dfrac{1}{2}(n-4) \\
& = \sum_{k=1}^{n-2}i_k+\dfrac{c_1+d_1+c_{n-2}+d_{n-3}}{2}+\dfrac{1}{2}\sum_{k=2}^{n-3}c_k+\dfrac{1}{2}\sum_{k=2}^{n-3}(d_{k-1}+d_k)-\dfrac{1}{2}n\\
& = \sum_{k=1}^{n-2}i_k+\dfrac{1}{2}\sum_{k=1}^{n-2}c_k + \sum_{k=1}^{n-2}d_k-\dfrac{1}{2}n\\
& = \left(\sum_{k=1}^{n-2}i_k+\sum_{k=1}^{n-3}d_k\right)+\dfrac{1}{2}\sum_{k=1}^{n-2}c_k-\dfrac{1}{2}n\\
& = i+\dfrac{b+n-2}{2}-\dfrac{1}{2}n\\
& = i+\dfrac{b}{2}-1.
\end{align*}
Le théorème de Pick est donc démontré pour tout polygone convexe.
\end{document}