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\newtheorem*{theoreme}{Théorème}
\newtheorem*{definition}{Définition}
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\newtheorem*{lemme}{Lemme}

\theoremstyle{remark}
\newtheorem*{remarque}{Remarque}

\DeclareMathOperator{\aire}{aire}
\DeclareMathOperator{\im}{Im}
\DeclareMathOperator{\re}{Re}



\author{Leçons 181, 182 \\ Salim Rostam}
\title{Ellipse de Steiner\protect\footnote{Jakob Steiner, 18 mars 1796 (Utzenstorf, Suisse) - 1\ier{} mars 1863 (Berne, Suisse).}\, et aire d'un polygone}

%\interfootnotelinepenalty=10000 %taille maximale des notes de bas de page (pour ne pas qu'elles se répartissent sur plusieurs pages)

\begin{document}
\maketitle

\section{Existence et unicité de l'ellipse de Steiner}

Le but de cette section est de démontrer le théorème suivant.

\begin{theoreme}
Tout triangle non plat possède une unique ellipse  tritangente en chacun des milieux des côtés.
\end{theoreme}

\begin{definition}
Cette unique ellipse est l'ellipse de Steiner du triangle.
\end{definition}

\subsection{Démonstration dans le cas équilatéral}

Soit $ABC$ un triangle équilatéral. L'existence de l'ellipse de Steiner est assurée par le cercle inscrit car le centre du cercle inscrit (qui assure la tangence simultanée) est également celui du cercle circonscrit (qui assure la tangence en les milieux) coïncident ; voir figure \ref{figure:cercle_inscrit}.

\begin{figure}[h]
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[scale=2]
\draw (1, 0) -- (-0.5, 0.866) -- (-0.5, -0.866) -- (1, 0); % côtés du triangle ABC
\draw (1, 0) node[right]{$A$};
\draw (-0.5, 0.866) node[above left]{$B$};
\draw (-0.5, -0.866) node[below left]{$C$};
\draw (0, 0) circle (0.5); % cercle inscrit
\draw (0.5, 0) node[right]{$\mathcal{C}_i$};
\draw [dashed] (0, 0) circle (1); % cercle circonscrit
\draw (0.7, 0.7) node[above right]{$\mathcal{C}_c$};
\draw (0, 0) node {$\times$};
\draw (0, 0) node[below left] {$O$};
\end{tikzpicture}
\end{center}
\caption{Cercle inscrit à un triangle équilatéral}
\label{figure:cercle_inscrit}
\end{figure}

Reste donc à prouver l'unicité ; pour cela, soit $\mathcal{E}$ une ellipse tritangente à $ABC$ en chaque milieu et montrons que $\mathcal{E} = \mathcal{C}_i$. Quitte à translater et tourner le repère, on peut supposer que $\mathcal{E}$ est centrée et que son grand axe coïncide avec l'axe des abscisses  : voir la figure \ref{figure:grand_axe} (note\footnote{Pour se faire une idée de la situation, le dessin est forcément faux à cause du théorème !}).

\begin{figure}[h!]
\centerline{
\begin{tikzpicture}[line cap=round,line join=round,>=stealth,x=1.0cm,y=1.0cm, scale=0.6]
\draw[->,color=black] (-6,0.0) -- (8,0.0) node[below right] {$x$};
\draw[->,color=black] (0.0,-3.9987873657516886) -- (0.0,7.543131063463016) node[above right] {$y$};
\draw [rotate around={0.0:(0.0,0.0)}] (0.0,0.0) ellipse (3.8178802402096466cm and 2.3613999086523374cm);
\draw (-1.1988407943243415,4.587982823324884)-- (-0.9200279195533236,4.9235736813444415);
\draw (-1.2805736952187448,4.654995149550495)-- (-0.9964144699647609,4.997021099017409);
\draw (4.943285848407555,-0.40768285930757564)-- (5.1989142563184085,-0.09999779700393985);
\draw (5.039002477845415,-0.46993443734072926)-- (5.2932127726497455,-0.16395627538944435);
\draw (3.8385028900093463,-1.7760358698709016)-- (3.884869808216954,-2.2568947545273015);
\draw (3.959435577986892,-1.7643423820257)-- (4.006824635934425,-2.2558016040412223);
\draw (-2.7438966494408294,-2.395456308477676)-- (-2.6935847121647645,-2.917227928820167);
\draw (-2.584317885188169,-2.3939233663353354)-- (-2.5357553609961694,-2.8975522923404444);
\draw (-4.316299431303995,-1.7619375105008714)-- (-3.7521010497710527,-1.82883139195157);
\draw (-4.293031617947419,-1.6174183453530298)-- (-3.7511941081881557,-1.681661021918137);
\draw (-3.7678223540175,3.3283916072915627)-- (-3.18624303291115,3.2594369639716683);
\draw (-3.7407083184735037,3.4462094817075934)-- (-3.1766764236607314,3.3793353396664485);
\draw (-3.058046786529329,6.495078749049443)-- (6.842199359540348,-1.7301634557471879);
\draw (-3.058046786529329,6.495078749049443)-- (-4.159041081385859,-2.790960358920026);
\draw (-4.159041081385859,-2.790960358920026)-- (6.842199359540348,-1.7301634557471879);
\draw (-1.5204859161313704,1.7) node {$\mathcal{E}$};
\draw (7.2,-1.4751524680455796) node[below] {$A$};
\draw (-3,7) node[left] {$B$};
\draw (-4.2,-2.8) node[below left] {$C$};
\end{tikzpicture}
}
\caption{Ellipse tritangente en les \og milieux \fg{} des côtés d'un triangle \og équilatéral\fg}
\label{figure:grand_axe}
\end{figure}

On compose alors avec l'application $f : (x, y) \mapsto (\lambda x, y)$ avec $\lambda > 0$ choisi de telle sorte que $f(\mathcal{E}) =: \mathcal{C}$ soit un cercle. Or, l'application $f$ est affine donc :
\begin{itemize}
\item conserve les barycentres donc $\mathcal{C}$ est dans l'enveloppe convexe de $A'B'C'$ (où le prime désigne l'image par $f$) ;
\item est différentiable donc conserve la tangence\footnote{C'est simplement dire que si $v = \gamma'(0)$ est tangent en $a$ alors $\mathrm{D}f(a)v = (f \circ \gamma)'(0)$ ; comme $f$ est affine, si $v = \overrightarrow{AB}$ et si $\phi_f$ désigne la partie linéaire de $f$ on a $\mathrm{D}f(a)v = \phi_f(v) = \phi_f(\overrightarrow{AB}) = \overrightarrow{A'B'}$, qui est donc tangent en $(f \circ \gamma)(0) = f(a)$.}, donc $\mathcal{C}$ est tangente aux côtés de $A'B'C'$ ;
\item conserve les milieux donc $\mathcal{C}$ est tritangent en les milieux des côtés du triangle $A'B'C'$.
\end{itemize}


Autrement dit, le cercle $\mathcal{C}$ est le cercle inscrit au triangle $A'B'C'$, et de plus les points de tangence sont les milieux des côtés ; la situation est décrite dans la figure \ref{figure:après_transfo}.  (Remarquons que comme $\det f = \lambda > 0$, le triangle $A'B'C'$ reste bien direct.)

\begin{figure}[h!]
\centerline{
\begin{tikzpicture}[line cap=round,line join=round,>=stealth,x=1.0cm,y=1.0cm, scale=2]
\definecolor{qqqqff}{rgb}{0.0,0.0,1.0}
\definecolor{ffqqqq}{rgb}{1.0,0.0,0.0}
\definecolor{qqffqq}{rgb}{0.0,1.0,0.0}
\definecolor{uuuuuu}{rgb}{0.26666666666666666,0.26666666666666666,0.26666666666666666}
\draw[->,color=black] (-2,0.0) -- (2.5,0.0) node [below right] {$x$};
\draw[->,color=black] (0.0,-1.5) -- (0.0,2.453017776683158) node [above right] {$y$};
\draw[color=ffqqqq] (0.7414100482781979,0.5668840454966625) -- (0.8443734172656764,0.4326995259129809) -- (0.978557936849358,0.5356628949004594) -- (0.8755945678618795,0.669847414484141) -- cycle; 
\draw[color=ffqqqq] (0.3124695695786933,-1.0724159442230905) -- (0.2903929361681469,-0.9047270569752726) -- (0.12270404892032886,-0.9268036903858189) -- (0.14478068233087527,-1.094492577633637) -- cycle; 
\draw[color=ffqqqq] (-0.8615144759962259,0.3558552904731752) -- (-0.7967889577358862,0.5121164434674033) -- (-0.9530501107301143,0.5768419617277427) -- (-1.0177756289904538,0.4205808087335148) -- cycle; 
\draw (-0.28696174345944947,2.184920800851291)-- (2.0381508791832093,-0.8452259718830109);
\draw (2.0381508791832093,-0.8452259718830109)-- (-1.7485895145214583,-1.3437591833842628);
\draw (-1.7485895145214583,-1.3437591833842628)-- (-0.28696174345944947,2.184920800851291);
\draw(8.665404007670133E-4,-0.0013547848053270266) circle (1.105913700939353cm);
\draw [color=qqffqq] (8.665404007670133E-4,-0.0013547848053270266)-- (0.8755945678618795,0.669847414484141);
\draw [color=qqffqq] (8.665404007670133E-4,-0.0013547848053270266)-- (0.14478068233087527,-1.094492577633637);
\draw [color=qqffqq] (8.665404007670133E-4,-0.0013547848053270266)-- (-1.0177756289904538,0.4205808087335148);
\draw (0.33840135643982294,1.512527771069418)-- (0.1794426218231138,1.3911518233324194);
\draw (1.414295947077876,-0.21675310991549224)-- (1.5729666347007227,-0.09500084961083233);
\draw (0.9215103823626328,-1.0862347728680968)-- (0.8954051757820454,-0.887945796398438);
\draw (0.944538904041539,-0.8759469283874362)-- (0.9706441106221263,-1.0742359048570944);
\draw (-0.9234602179594726,-1.1269978592729684)-- (-0.8973550113788854,-1.3252868357426266);
\draw (-0.8429655502546646,-1.3264356102437198)-- (-0.8690707568352519,-1.1281466337740604);
\draw (-0.720375243596896,0.22594987142328932)-- (-0.5536223635861435,0.3012576236862104)-- (-0.4890728616464973,0.1345047436754566);
\draw (0.32855416292235384,0.15602124432200545)-- (0.32317503776071665,0.3496697501409454)-- (0.5222026687412923,0.27974112303966153);
\draw (0.0,-0.4356825234580888)-- (0.17793865839651285,-0.5325067763675587)-- (0.03270227903230902,-0.6723640305701265);
\draw (-0.700641149177122,1.4833452229350717)-- (-0.5,1.5);
\draw (-0.5,1.5)-- (-0.5858971145559665,1.317912279235645);
\draw (-0.5858971145559665,1.317912279235645)-- (-0.700641149177122,1.4833452229350717);
\draw (-1.4788318913877383,-0.4195451479731771)-- (-1.283317972108654,-0.41441086621639045);
\draw (-1.283317972108654,-0.41441086621639045)-- (-1.3766285133166318,-0.5862980279839309);
\draw (-1.3766285133166318,-0.5862980279839309)-- (-1.4788318913877383,-0.4195451479731771);
\draw [color=qqqqff] (8.665404007670132E-4,-0.0013547848053270268)-- (2.0381508791832093,-0.8452259718830109);
\draw [color=qqqqff] (8.665404007670132E-4,-0.0013547848053270268)-- (-0.28696174345944947,2.184920800851291);
\draw [color=qqqqff] (8.665404007670132E-4,-0.0013547848053270268)-- (-1.7485895145214583,-1.3437591833842628);
\draw[color=black] (2.0947329184248478,-0.736238668831264) node {$A'$};
\draw[color=black] (-0.23342428680066385,2.293554954407437) node {$B'$};
\draw[color=uuuuuu] (-1.8439987917854355,-1.3900362401617206) node {$C'$};
\draw[color=uuuuuu] (0.1,0.16472627702656018) node {$O$};
\draw[color=black] (-0.5284305080107458,0.8504164128121608) node {$\mathcal{C}$};
\draw[color=uuuuuu] (0.9306543158120918,0.7786581427880864) node {$F$};
\draw[color=uuuuuu] (0.22104475668513798,-1.2) node {$H$};
\end{tikzpicture}
}
\caption{Après transformation par $f$}
\label{figure:après_transfo}
\end{figure}

On constate alors que les triangles rectangles $OA'F$ et $OA'H$ vérifient $OF = OH$ (car $\mathcal{C}$ est un cercle !) donc on en déduit que $A'F = A'H$ (par exemple par le théorème de Pythagore :-) ). Ainsi, comme la tangence se fait en les milieux on en déduit que $A'B' = A'C'$ ; en faisant cela pour le  segment $[OC']$ on en déduit de la même manière que $A'C' = B'C'$ et donc finalement que $A'B'C'$ est équilatéral.

Montrons à présent que $f$ est l'identité. En notant les affixes par des lettres minuscules, avec $z := e^{\frac{i\pi}{3}}$ on a, les triangles $ABC$ et $A'B'C'$ étant équilatéraux directs :
\begin{gather*}
c - a = z(b - a) \\
c' - a' = z(b' - a')
\end{gather*}
donc avec $\beta := c - a$ et $\gamma := b - a$ on a $\beta = z \gamma$ et $\beta' = z \gamma'$. En écrivant $\beta = \beta_x + i \beta_y$ et $\gamma = \gamma_x + i \gamma_y$ on obtient :
\begin{gather*}
\beta_x + i \beta_y = z (\gamma_x + i \gamma_y) \\
\lambda \beta_x + i \beta_y = z (\lambda\gamma_x + i \gamma_y)
\end{gather*}
donc en soustrayant les deux équations on obtient $(1 - \lambda) \beta_x = (1 - \lambda) z \gamma_x$. Or, comme $z \notin \mathbb{R}$ on a nécessairement $(1 - \lambda) \beta_x = 0 = (1 - \lambda) \gamma_x$. Ainsi, si $\lambda \neq 1$ alors $\beta_x = \gamma_x = 0$, \textit{i.e.} les points $A$, $B$ et $C$ ont la même abscisse ce qui est absurde car le triangle $ABC$ est équilatéral ! Ainsi, $\lambda = 1$ et donc $f = \mathrm{id}$ et $\mathcal{E} = \mathcal{C}$ est donc le cercle inscrit au triangle $A'B'C'$, qui n'est rien d'autre que le triangle $ABC$. C'est ce que l'on voulait montrer !


\subsection{Démonstration dans le cas quelconque}
\label{subsection:dem_steiner_cas_qcq}

On utilise un peu le même raisonnement que précédemment, en considérant cette fois une application affine $f$ qui envoie un triangle équilatéral $T_0$ sur le triangle $T$. En utilisant le fait que l'image par $f$ d'une conique est une conique ($f$ est un changement de coordonnées affines + équation cartésienne d'une conique) et qu'une ellipse est compacte donc l'image par $f$ d'une ellipse est une ellipse (car $f$ est continue), on montre que le théorème se généralise immédiatement aux triangles quelconques (voir figure \ref{figure:transfert_théorème}).

\begin{figure}[h!]
\definecolor{zzttqq}{rgb}{0.6,0.2,0.0}
\centerline{
\definecolor{zzttqq}{rgb}{0.6,0.2,0.0}
\begin{tikzpicture}[line cap=round,line join=round,>=triangle 45,x=1.0cm,y=1.0cm, scale=0.9]
\fill[color=zzttqq,fill=zzttqq,fill opacity=0.1] (10.68,2.82) -- (9.7,0.22) -- (12.441666049839538,0.6712951042912487) -- cycle;
\fill[color=zzttqq,fill=zzttqq,fill opacity=0.1] (-0.56,2.64) -- (-1.9,0.58) -- (4.78,1.4) -- cycle;
\draw [color=zzttqq] (10.68,2.82)-- (9.7,0.22);
\draw [color=zzttqq] (9.7,0.22)-- (12.441666049839538,0.6712951042912487);
\draw [color=zzttqq] (12.441666049839538,0.6712951042912487)-- (10.68,2.82);
\draw [color=zzttqq] (-0.56,2.64)-- (-1.9,0.58);
\draw [color=zzttqq] (-1.9,0.58)-- (4.78,1.4);
\draw [color=zzttqq] (4.78,1.4)-- (-0.56,2.64);
\draw [shift={(5.76,-5.44)}, triangle 45-] plot[domain=1.1994411085327996:1.9381517476821204,variable=\t]({1.0*8.928605714219886*cos(\t r)+-0.0*8.928605714219886*sin(\t r)},{0.0*8.928605714219886*cos(\t r)+1.0*8.928605714219886*sin(\t r)});
\draw(10.940555349946509,1.237098368097084) circle (0.8023900849133029cm);
\draw [shift={(5.78,5.4)}, triangle 45-] plot[domain=4.218297753320589:5.1735177030251185,variable=\t]({1.0*6.573833516136218*cos(\t r)+-0.0*6.573833516136218*sin(\t r)},{0.0*6.573833516136218*cos(\t r)+1.0*6.573833516136218*sin(\t r)});
\draw [rotate around={1.759635653484414:(0.8024353012913807,1.5253158605600137)}] (0.8024353012913807,1.5253158605600137) ellipse (2.0924422501179167cm and 0.5861333559783372cm);
\draw (11.102742213125042,2.4820408240548697)-- (10.950778851059876,2.3520133785295063);
\draw (12.191557692154152,1.1604280789167984)-- (12.03554407033854,1.0352891568822247);
\draw (11.854502108632104,0.481249251760919)-- (11.819564927334715,0.6781740936752733);
\draw (10.23297382971326,0.19838779547036667)-- (10.19989779595014,0.39563377385902976);
\draw (9.82586416939987,0.7940524770670798)-- (10.014486238059854,0.7275564981327998);
\draw (10.378283608626663,2.3381587522995257)-- (10.564660806069508,2.265608491973659);
\draw (0.407288954476153,2.5304038227867056)-- (0.36476156130542325,2.3349775685880894);
\draw (3.661498426896905,1.7744311177301906)-- (3.616964898757214,1.579452234587858);
\draw (-1.1890831072028025,0.5752030276274481)-- (-1.0530907073967237,0.8151896155205267)-- (-0.8611014370822596,0.5912021334869867);
\draw (3.2106710041703335,1.1031735209922209)-- (3.338663851046643,1.3831578735341459)-- (3.5706508860099535,1.1511708385708366);
\draw (-1.773050471075964,0.8951851448182195)-- (-1.557062541972192,0.8711864860289117)-- (-1.6610567300591934,1.0791748622029131)-- (-1.46106790681496,1.1031735209922209);
\draw (-1.0770893661860317,2.00712300205615)-- (-0.8451023312227209,2.039121213775227)-- (-0.9250978605204143,2.2151113782301515)-- (-0.7171094843464115,2.2471095899492286);
\draw (11, 0) node {$T_0$};
\draw (1.5, 0.5) node {$T$};
\draw[color=black] (5.972891523058843,3.75) node {$f^{-1}$};
\draw[color=black] (10.778371371415764,1.7674911503559638) node {$\mathcal{E}$};
\draw[color=black] (5.781219962155718,-0.9) node {$f$};
\draw[color=black] (-0.21536172895633707,1.8) node {$\mathcal{E}'$};
\end{tikzpicture}
}
\caption{Transfert du théorème}
\label{figure:transfert_théorème}
\end{figure}

\section{Aire d'un polygone étoilé}

\subsection{Aire d'un triangle}

Le but de cette section est de montrer le théorème suivant.

\begin{theoreme}
Soit $T$ un triangle, de sommets d'affixe $a$, $b$ et $c$. Alors l'aire de $T$ est donnée par $\frac{1}{2} \mathopen{|}\im (a\bar{b} + b\bar{c} + c\bar{a})|$.
\end{theoreme}

Pour cela, on va se baser encore sur le principe de la figure \ref{figure:transfert_théorème} ; si $T_0$ est le triangle de sommets $1$, $j$ et $j^2$ (avec $j := e^{\frac{2i\pi}{3}}$) et si l'application affine $f$ envoie les sommets de $T_0$ sur ceux de $T$, par exemple $f(1) = a$, $f(j) = b$ et $f(j^2) = c$ alors on a $\aire(T) = \aire(f(T_0)) = \mathopen{|}\det f| \aire (T_0)$. Il ne reste donc plus qu'à calculer ces deux termes !

\subsubsection{Calcul de l'aire de $T_0$}

D'après la figure \ref{figure:triangle_T0}, on a $\aire(T_0) = \frac{\sqrt{3}}{2}  (1 + \frac{1}{2}) = \frac{3\sqrt{3}}{4}$ (c'était la partie facile :-) ).

\begin{figure}[h!]
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[scale=2]
\draw[-triangle 45] (-1, 0) -- (1.5, 0);
\draw[-triangle 45] (0, -1) -- (0, 1.2);
\draw (1, 0) -- (-0.5, 0.866) -- (-0.5, -0.866) -- (1, 0); % côtés du triangle T_0
\draw (1, 0) node[below right]{$1$};
\draw (-0.5, 0.866) node[above left]{$j$};
\draw (-0.5, -0.866) node[below left]{$j^2$};
\draw (-.5, 0) node {$\times$} node[below left] {$-\frac{1}{2}$};
\draw [dashed] (-.5, .866) -- (0, .866) node [right] {$\frac{\sqrt{3}}{2}$};
\end{tikzpicture}
\end{center}
\caption{Triangle $T_0$}
\label{figure:triangle_T0}
\end{figure}

\subsubsection{Calcul du déterminant de $f$}

Remarquons que l'on peut écrire $f$ sous la forme $f(z) = Az + B \bar{z} + C$ avec $A, B, C \in \mathbb{C}$. En effet, la matrice de la partie linéaire de $f$ dans la base $(1, i)$ s'écrit alors $\left(\begin{smallmatrix} A_x + B_x & B_y - A_y \\ A_y + B_y & A_x - B_x \end{smallmatrix}\right)$ et l'on vérifie que l'on peut atteindre n'importe quelle matrice (réelle) de taille $2$.

On cherche donc $A$, $B$ et $C$ tels que :

\begin{numcases}{}
\label{eq:syst1} A + B + C = a \\
\label{eq:systj} Aj + Bj^2 + C = b \\
\label{eq:systj2} Aj^2 + Bj + C = c
\end{numcases}

\begin{itemize}
\item En faisant $(\ref{eq:syst1}) + (\ref{eq:systj}) + (\ref{eq:systj2})$ on trouve $C = \frac{a + b + c}{3}$.
\item En faisant $(\ref{eq:syst1}) + j(\ref{eq:systj}) + j^2(\ref{eq:systj2})$ on trouve $B = \frac{a + jb + j^2 c}{3}$.
\item En faisant $(\ref{eq:syst1}) + j^2(\ref{eq:systj}) + j(\ref{eq:systj2})$ on trouve $A = \frac{a + j^2 b + j c}{3}$.
\end{itemize}

En réutilisant la forme matricielle de $f$ précédente, on a $\det f = (A_x + B_x)(A_x - B_x) - (A_y + B_y)(B_y - A_y) = A_x^2 - B_x^2 + A_y^2 - B_y^2 = |A|^2 - |B|^2$. On est donc prêt à calculer $\det f$ ! On a :
\[
\det f = |A|^2 - |B|^2 = \frac{1}{3^2} \left[|a + j^2 b + jc|^2 - |a + jb + j^2 c|^2\right]
\]
donc comme les termes carrés se simplifient il reste\footnote{On rappelle que si $z, z' \in \mathbb{C}, \langle z, z' \rangle := \re (\bar{z} z')$ et que l'adjoint est alors le conjugué ; en outre, $(1, i)$ est une base orthonormale donc $\langle z, i \rangle$ n'est rien d'autre que $\im z$.} :
\begin{multline*}
\det f = \frac{2}{3^2} \left[\langle a, (j^2 - j)b \rangle + \langle a, (j - j^2)c \rangle + \langle j^2 b, jc \rangle - \langle jb, j^2 c\rangle\right]
\\ = \frac{2}{3^2} \left[\langle a\bar{b} - a \bar{c}, j^2 - j\rangle + \langle b\bar{c}, j^2 - j \rangle \right]
\end{multline*}
Comme $j^2 - j = \bar{\jmath} - j = -2i \im j = -i\sqrt{3}$ on obtient alors :
\[
\det f = -\frac{2}{3\sqrt{3}} \langle a\bar{b} - a\bar{c} + b\bar{c}, i\rangle = -\frac{2}{3\sqrt{3}} \im (a\bar{b} + b\bar{c} - a\bar{c})
\]
et comme $\im z = - \im \bar{z}$ on en déduit que $\det f = \frac{2}{3\sqrt{3}} \im (\bar{a}b + \bar{b}c + \bar{c}a)$.

\subsubsection{Conclusion}

Finalement, on obtient donc que $\aire(T) = \frac{2}{3\sqrt{3}} \mathopen{|} \im (\bar{a}b + \bar{b}c + \bar{c}a)| \times \frac{3\sqrt{3}}{4}$ donc $\aire(T) = \frac{1}{2} \mathopen{|} \im (\bar{a}b + \bar{b}c + \bar{c}a)|$ ce qui est la formule demandée.

\begin{remarque}
En fait, on obtient également que le triangle $T$ est direct si et seulement si $\im (\bar{a}b + \bar{b}c + \bar{c}a) > 0$ puisqu'alors $\det f > 0$.
\end{remarque}


\subsection{Généralisation à un polygone étoilé}

Soit $P$ un polygone ; on dira ici qu'il est \emph{étoilé} si la partie bornée du plan délimitée par les côtés de $P$ est étoilée\footnote{Attention, il existe une notion de polygone étoilé qui n'est pas celle-là.}.

\begin{theoreme}
Soit $P$ un polygone étoilé, de sommets d'affixe $a_1,\dots, a_n$ ($n \in \mathbb{N}_{\geq 3}$) tel que :
\begin{itemize}
\item les côtés de $P$ sont les segments $[a_k, a_{k + 1}]$ (où l'on a posé $a_{n + 1} := a_1$) ;
\item aucun $a_l$ n'est dans un $]a_k, a_{k + 1}[$.
\end{itemize}
Alors l'aire de $P$ est donnée par $\frac{1}{2} \mathopen{|}\im (\sum_{k = 1}^n \overline{a_k} a_{k + 1})|$.
\end{theoreme}

La démonstration repose sur la figure \ref{figure:retour_triangle}. L'aire de $P$ étant la somme des aires des triangles roses\footnote{C'est bien le cas d'après notre hypothèse sur $P$ ; en particulier, si l'un des triangles n'est pas inclus dans la partie $\overline{P}$ bornée délimitée par $P$ alors un point $M$ du triangle n'est pas dans $\overline{P}$ ; comme $\overline{P}$ est étoilée, tout $[AM) \setminus [AM[$ est inclus dans $\overline{P}^c$ ce qui est absurde car cet ensemble contient un point d'un $[a_k, a_{k + 1}]$.}, d'après la formule dans un triangle direct on a :
\begin{gather*}
\aire(P) = \sum_{k = 1}^ n \frac{1}{2} \im (\overline{a_k}a_{k + 1} + \overline{a_{k + 1}} a + \overline{a}a_k)
\\
= \frac{1}{2}\im \left(\sum_{k = 1}^n \overline{a_k} a_{k + 1}\right) + \frac{1}{2} \im \left[ \left(\sum_{k = 1}^n \overline{a_k}\right) a + \left(\sum_{k = 1}^n a_k \right) \bar{a} \right]
\end{gather*}
Or, pour $z, z' \in \mathbb{C}$ on a $\bar{z}z' + z \bar{z'} \in \mathbb{R}$ donc sa partie imaginaire est nulle, donc on obtient finalement $\aire(P) = \frac{1}{2}\im \left(\sum_{k = 1}^n \overline{a_k} a_{k + 1}\right)$ qui est la formule annoncée.

\begin{figure}[h!]
\definecolor{yqqqqq}{rgb}{0.5019607843137255,0.0,0.0}
\definecolor{ccqqqq}{rgb}{0.8,0.0,0.0}
\definecolor{ffqqtt}{rgb}{1.0,0.0,0.2}
\definecolor{ffttww}{rgb}{1.0,0.2,0.4}
\definecolor{ffwwzz}{rgb}{1.0,0.4,0.6}
\definecolor{ffzzcc}{rgb}{1.0,0.6,0.8}
\definecolor{qqqqff}{rgb}{0.0,0.0,1.0}
\centerline{
\begin{tikzpicture}[line cap=round,line join=round,>=triangle 45,x=1.0cm,y=1.0cm, scale=.8]
\fill[color=ffzzcc,fill=ffzzcc,fill opacity=0.25] (7.8,2.28) -- (2.0,3.0) -- (0.46,1.22) -- cycle;
\fill[color=ffwwzz,fill=ffwwzz,fill opacity=0.25] (7.8,2.28) -- (0.46,1.22) -- (5.86,1.28) -- cycle;
\fill[color=ffttww,fill=ffttww,fill opacity=0.25] (7.8,2.28) -- (5.86,1.28) -- (6.2,-3.54) -- cycle;
\fill[color=ffqqtt,fill=ffqqtt,fill opacity=0.25] (7.8,2.28) -- (6.2,-3.54) -- (11.0,0.0) -- cycle;
\fill[color=ccqqqq,fill=ccqqqq,fill opacity=0.25] (7.8,2.28) -- (7.82,4.2) -- (11.0,0.0) -- cycle;
\fill[color=yqqqqq,fill=yqqqqq,fill opacity=0.25] (7.82,4.2) -- (2.0,3.0) -- (7.8,2.28) -- cycle;
\draw [line width=1.6pt] (2.0,3.0)-- (7.82,4.2);
\draw [line width=1.6pt] (7.82,4.2)-- (11.0,0.0);
\draw [line width=1.6pt] (11.0,0.0)-- (6.2,-3.54);
\draw [line width=1.6pt] (6.2,-3.54)-- (5.86,1.28);
\draw [line width=1.6pt] (5.86,1.28)-- (0.46,1.22);
\draw [line width=1.6pt] (0.46,1.22)-- (2.0,3.0);
\draw [color=ffzzcc] (7.8,2.28)-- (2.0,3.0);
\draw [color=ffzzcc] (2.0,3.0)-- (0.46,1.22);
\draw [color=ffzzcc] (0.46,1.22)-- (7.8,2.28);
\draw [color=ffwwzz] (7.8,2.28)-- (0.46,1.22);
\draw [color=ffwwzz] (0.46,1.22)-- (5.86,1.28);
\draw [color=ffwwzz] (5.86,1.28)-- (7.8,2.28);
\draw [color=ffttww] (7.8,2.28)-- (5.86,1.28);
\draw [color=ffttww] (5.86,1.28)-- (6.2,-3.54);
\draw [color=ffttww] (6.2,-3.54)-- (7.8,2.28);
\draw [color=ffqqtt] (7.8,2.28)-- (6.2,-3.54);
\draw [color=ffqqtt] (6.2,-3.54)-- (11.0,0.0);
\draw [color=ffqqtt] (11.0,0.0)-- (7.8,2.28);
\draw [color=ccqqqq] (7.8,2.28)-- (7.82,4.2);
\draw [color=ccqqqq] (7.82,4.2)-- (11.0,0.0);
\draw [color=ccqqqq] (11.0,0.0)-- (7.8,2.28);
\draw [color=yqqqqq] (7.82,4.2)-- (2.0,3.0);
\draw [color=yqqqqq] (2.0,3.0)-- (7.8,2.28);
\draw [color=yqqqqq] (7.8,2.28)-- (7.82,4.2);
\draw[color=black] (2.080000000000001,3.4618181818181806) node {$a_1$};
\draw[color=black] (7.98909090909091,4.516363636363635) node {$a_6$};
\draw[color=black] (11.170909090909094,0.3163636363636349) node {$a_5$};
\draw[color=black] (6.49818181818182,-3.8) node {$a_4$};
\draw[color=black] (5.843636363636365,1.6) node {$a_3$};
\draw[color=black] (0.1,1.1890909090909076) node {$a_2$};
\draw[color=black] (8.116363636363637,2.516363636363635) node {$A$};
\end{tikzpicture}
}
\caption{Retour au triangle}
\label{figure:retour_triangle}
\end{figure}


\begin{thebibliography}{2}
\bibitem{caldero-germoni} CALDERO Philippe et GERMONI Jérôme, \textit{Histoires hédonistes de groupes et de géométries}. Calvage \& Mounet, 2012.
\bibitem{minda-phelphs} MINDA David et PHELPS Steve, \textit{Triangles, Ellipses, and Cubic Polynomials}. American Mathematical Monthly, Vol 115, \no 8 October 2008, p. 684--685.
\end{thebibliography}

\appendix
\end{document}
