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\documentclass[french]{article}
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\usepackage{pgfplots}
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\usepackage{tikz}
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\usetikzlibrary{arrows,automata}
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\usepackage{MyPack2}
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\usepackage{diagbox}
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\geometry{top=2cm, bottom=2cm, left=2cm, right=2cm}
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\title{Étude de laboratoire - ASD}
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\author{Binôme A11 \\ \bsc{Simon} Léo, \bsc{Levy--Falk} Hugo \\ Supélec, promo 2020}
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\date{\today}
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\begin{document}
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\maketitle
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\tableofcontents
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\clearpage
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\initPage{TL - ASD}{\today}{\bsc{Simon}, \bsc{Levy--Falk}}
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\part{Génération de carte routière réaliste}
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\section{Condition pour un graphe de Gabriel}
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En notant $\mathcal{V} = \{P_i\}_{1\leq i\leq n}$ un nuage de $n \in \N$ points dans le plan représentants des villes, on définit pour tout $ A,B \in \mathcal{V}, d(A,B)$ la distance à vol d'oiseau entre les deux villes. On décide de placer une arête entre deux points $A$ et $B$ du plan si et seulement si,
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\begin{equation}
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\forall C \in \mathcal{V}, \forall M \in [A,B], d(M,V) \geq \min \{d(M,A), d(M,B)\} \label{eq:condArete}
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\end{equation}
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Montrons que la condition \ref{eq:condArete} est équivalente à ce que pour toute paire de sommets $(A,B)$ du nuage, $\{A,B\}$ forme une arête si et seulement si il n'existe pas de points $C \in \mathcal{V}$ dans le cercle de diamètre $[A,B]$. Un graphe vérifiant cette condition sera par la suite appelé \emph{graphe de Gabriel}.
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\paragraph{preuve :} {
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Soient $A,B \in \mathcal{V}$ et on appelle $\mathcal{C}$ le cercle de diamètre $[A,B]$. La figure \ref{fig:positionsC} montre différentes positions possibles de points.
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Supposons qu'il existe une arête reliant les deux points. Si il existe des points du nuage dans le disque ouvert délimité par $\mathcal{C}$, alors il existe un point $M$ qui ne vérifie pas la condition \ref{eq:condArete}, \emph{absurde}.
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Réciproquement, si tous les points de $\mathcal{V}$ sont à l'extérieur du cercle ouvert délimité par $\mathcal{C}$, (dans l'exemple $C'$ et $C''$), alors pour tout $P\in \mathcal{V}\ \{A,B\}$, le point $M\in[A,B]$ le plus proche de $P$ vérifie la condition \ref{eq:condArete} (dans l'exemple, les points $M'$ et $M''$).$\square$
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\begin{figure}
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\centering
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\begin{tikzpicture}
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\draw[dashed] (4,0) circle (4);
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\draw (0,0) node [anchor=east]{A} -- (8,0) node[anchor=west]{B};
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% intérieur
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\draw[dashed] (8,0) -- (5,2) node[anchor=south]{C} -- (0,0);
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\draw[green] (5,2) -- (5,0) node[anchor=north]{M} -- (5,0.2) -- (5.2,0.2)--(5.2,0);
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\draw[green,dashed] (5,0) circle (2);
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% frontière
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\draw[dashed] (8,0) -- (1.16,2.828) node[anchor=south]{C'} -- (0,0);
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\draw[orange] (1.16,2.828) -- (1.16,0) node[anchor=north west]{M'} -- (1.16,0.2) -- (1.36,0.2)--(1.36,0);
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\draw[orange,dashed] (1.16,0) circle (1.16);
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% extérieur
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\draw[dashed] (8,0) -- (7.4,-4) node[anchor=north]{C''} -- (0,0);
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\draw[red] (7.4,-4) -- (7.4,0) node[anchor=north east]{M''} -- (7.4,-0.2) -- (7.6,-0.2)--(7.6,0);
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\draw[red,dashed] (7.4,0) circle (0.6);
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\end{tikzpicture}
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\caption{Différentes positions possible de points par rapport à $A$ et $B$}
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\label{fig:positionsC}
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\end{figure}
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}
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\section{Mise en pratique : graphe de Gabriel et de voisinage relatif}
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\subsection{Création de graphe de Gabriel et de voisinage relatif}
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\begin{figure}
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\centering
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\includegraphics[width=1\linewidth]{images/2_4_gabriel}
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\caption{Graphe de gabriel}
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\label{fig:2_4_gabriel}
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\end{figure}
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\begin{figure}
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\centering
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\includegraphics[width=1\linewidth]{images/2_4_gvr}
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\caption{Graphe de voisinage realtif}
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\label{fig:2_4_gvr}
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\end{figure}
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En traçant les graphes de Gabriel (figure \ref{fig:2_4_gabriel}) et de voisinage relatif (figure \ref{fig:2_4_gvr}), on observe que le second est inclus dans le premier.
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\subsection{Génération d'un réseau}
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En combinant la génération de graphe de Gabriel et de voisinage relatif, on peut générer un réseau routier, comme le montre la figure \ref{fig:2_5}.
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\begin{figure}
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\centering
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\includegraphics[width=1\linewidth]{images/2_5}
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\caption{Réseau généré}
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\label{fig:2_5}
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\end{figure}
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\subsection{Temps de génération d'un réseau}
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La figure \ref{fig:reseaunaiflog} montre le temps nécessaire à la création d'un réseau. On remarque que la complexité est en $\Theta(n^3)$.
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\begin{figure}
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\centering
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\includegraphics[width=0.7\linewidth]{images/reseau_naif_log}
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\caption{Temps d'exécution du réseau naïf}
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\label{fig:reseaunaiflog}
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\end{figure}
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\section{Triangulation de Delaunay}
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\subsection{Pratique}
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\subsection{Aspect théorique}
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\subsubsection{Condition pour un graphe de Delaunay}
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Pour toute paire $\{A,B\}$ de points de $\mathcal{V}$, si on appelle $\mathcal{P}$ et $\mathcal{P}'$ les deux demis plans fermés de frontière $(A,B)$ privés de $A$ et $B$, alors $\{A,B\}$ est une arête de la triangulation de Delaunay sit et seulement si
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\[
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\forall C\in \mathcal{P}\cap \mathcal{V}, \forall D \in \mathcal{P}' \cap \mathcal{V}, \widehat{ACB} + \widehat{ADB} \leq \pi
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\]
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\paragraph{preuve:}
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Supposons que $\{A,B\}$ soit une arête. Il existe donc un cercle $\mathcal{C}$ d'intérieur vide avec $A$ et $B$ sur le cercle. Cela correspond aux lignes $\mathcal{L}(\theta, A, B)$ et $\mathcal{L}(\pi - \theta, A, B)$. Quitte à renommer $\mathcal{P}$ et $\mathcal{P}'$, on peut supposer que le premier contour correspond à $\mathcal{P}$. On a donc :
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\begin{align}
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\forall C \in \mathcal{P}\cap \mathcal{V}, \widehat{ACB} < \theta \\
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\forall D \in \mathcal{P}' \cap \mathcal{V}, \widehat{ADB} < \theta - \pi
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\end{align}
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Ainsi :
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\[
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\forall C\in \mathcal{P}\cap \mathcal{V}, \forall D \in \mathcal{P}' \cap \mathcal{V}, \widehat{ACB} + \widehat{ADB} \leq \pi
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\]
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Supposons maintenant que :
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\[
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\forall C\in \mathcal{P}\cap \mathcal{V}, \forall D \in \mathcal{P}' \cap \mathcal{V}, \widehat{ACB} + \widehat{ADB} \leq \pi
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\]
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Posons :
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\begin{align}
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m_p &= \max_{C\in \mathcal{P}\cap\mathcal{V}} \widehat{ACB} \\
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m_{p'} &= \max_{D\in \mathcal{P}'\cap\mathcal{V}} \widehat{ADB}
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\end{align}
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On a donc
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\[
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m_p + m_{p'} \leq \pi
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\]
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D'après le théorème de l'ange inscrit, si on pose $\theta = \max \{m_p, m_{p'}\}$, les contours $\mathcal{L}(\theta, A, B) \cap \mathcal{P}$ et $\mathcal{L}(\pi - \theta, A, B) \cap \mathcal{P}'$ forment un cercle d'intérieur vide avec $A$ et $B$ sur le cercle.
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$\Box$
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\subsubsection{Le graphe de Delaunay est planaire}
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On remarque qu'il existe des configurations pour lesquelles cette assertion est fausse, par exemple la figure \ref{fig:delaunayPasPlanaire}. On va donc supposer que les configurations défavorables (4 points sur un cercle) ont une probabilité nulle d'être rencontrées.
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\begin{figure}
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\centering
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\begin{tikzpicture}
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\draw (2,2) circle (2*1.41);
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\draw[dashed] (0,0) node [anchor=north east](A){A} (0,0) -- (4,0) node[anchor=north west](C){C}
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-- (4,4) node[anchor=south west](B){B} -- (0,4) node[anchor=south east](D){D} -- (0,0);
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\draw (0,0) node[circle, draw=black, fill=white]{} -- (4,4) node[circle, draw=black, fill=white]{}; \draw(0,4) node[circle, draw=black, fill=white]{} -- (4,0) node[circle, draw=black, fill=white]{};
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\end{tikzpicture}
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\caption{Cas où le graphe de Delaunay n'est pas planaire.}
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\label{fig:delaunayPasPlanaire}
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\end{figure}
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\paragraph{preuve} Si l'on suppose qu'il existe deux arêtes $\{A,B\}$ et $\{C,D\}$ qui se croisent, on a alors $\widehat{ADB} + \widehat{ACB} < \pi$ et $\widehat{DBC} + \widehat{DAC} < \pi$. Or $ABCD$ est un quadrilatère, donc $\widehat{ADB} + \widehat{ACB} + \widehat{DBC} + \widehat{DAC} = 2 \pi$, contradiction. $\Box$
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\subsubsection{Le graphe de Delaunay est une triangulation}
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Montrons que le graphe de Delaunay est une triangulation.
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\paragraph{preuve} Supposons qu'il existe une face polygonale à plus de 3 côtés dans le graphe de Delaunay. On choisit quatre points $A,B,C,D$ de cette faces tels que $\{A,C\}$ et $\{B,D\}$ peuvent être des arêtes, mais pas $\{A,B\}$ et $\{C,D\}$. On a par exemple une maille semblable à la figure \ref{fig:maillePolygonale}.
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\begin{figure}
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\centering
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\begin{tikzpicture}
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\draw (0,0) node[anchor=north east]{A} node[circle, draw=black, fill=black]{} -- (1,3) node[circle, draw=black, fill=white]{} -- (3,5) node[circle, draw=black, fill=black]{} node[anchor=south west]{D} -- (4,4) node[circle, draw=black, fill=black]{} node[anchor=south west]{B} -- (5,2) node[circle, draw=black, fill=white]{} -- (3,1)node[circle, draw=black, fill=black]{} node[anchor=north west]{C} -- (0,0);
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\end{tikzpicture}
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\caption{Maille polygonale.}
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\label{fig:maillePolygonale}
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\end{figure}
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On a alors :
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\begin{eqnarray}
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\widehat{ACB} + \widehat{ADB} > \pi \\
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\widehat{CAD} + \widehat{CBD} > \pi \\
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\end{eqnarray}
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Puisque $ACDB$ est un quadrilatère, la somme de ses angles devrait être de $2\pi$, ce qui est absurde ici. $\Box$
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\subsubsection{Condition sur les faces}
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Montrons tout triplet $\{A,B,C\} \subseteq \mathcal{V}$ est une face de la triangulation si et seulement si le disque du cercle circonscrit au triangle $ABC$ est vide de tout point de $\mathcal{V}$ autre que $A,B,C$.
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\paragraph{preuve}
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Supposons que le disque du cercle $\mathcal{C}$ circonscrit à $ABC$ soit vide de tout point. On va montrer que l'arête ${A,B}$ existe. On pose $\theta = \widehat{ACB}$. On a alors $\mathcal{C} = (\mathcal{L}(\theta, A, B) \cap \mathcal{P}) \cup (\mathcal{L}(\pi - \theta, A, B)\cap \mathcal{P}')$. Puisque le disque est vide,
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\[
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\forall D \in \mathcal{P}'\cap\mathcal{V}, \widehat{ADB} < \pi - \theta
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\]
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Donc, puisque $C$ est le point de plus grand angle sur $\mathcal{P}$ :
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\[
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\forall E\in \mathcal{P}\cap \mathcal{V}, \forall D \in \mathcal{P}' \cap \mathcal{V}, \widehat{AEB} + \widehat{ADB} \leq \pi
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\]
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Donc l'arête $\{A,B\}$ existe. On montre de la même façon que $\{A,C\}$ et $\{C,B\}$ existent.
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Supposons que $\{A,B,C\}$ soit une face de la triangulation. En particulier, $C$ est alors le point de plus grand angle $\widehat{ACB} = \theta$ sur $\mathcal{P}$. Puisque $\{A,B\}$ est une arête, d'après le lemme, tout point $D\in\mathcal{P}'\cap\mathcal{V}$ est d'angle $\widehat{ADB}$ plus petit que $\pi - \theta$. Donc un tel point $D$ ne peut être dans le disque délimité par $(\mathcal{L}(\theta, A, B) \cap \mathcal{P}) \cup (\mathcal{L}(\pi - \theta, A, B)\cap \mathcal{P}')$. $\square$
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\clearpage
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\part{Algorithme de Dijkstra pour la recherche du plus court chemin}
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\section{Algorithme de Dijkstra}
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\subsection{Coûts constants}
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Après avoir implémenté l'algorithme de Dijkstra, on le teste avec des coûts constants (figure \ref{fig:31}).
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\begin{figure}
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\centering
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\includegraphics[width=0.7\linewidth]{images/3_1}
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\caption{Algorithme de Dijkstra avec des coûts constants}
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\label{fig:31}
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\end{figure}
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\subsection{Coûts variables}
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On implémente la variation du coût de la manière suivante : on stocke le mode de calcul des coûts dans la classe \verb|Graphe| et les objets de type \verb|Arete| vienne le lire pour donner leur coût avec la méthode décorée \verb|cout|. Le résultat est montré par les figures \ref{fig:32carburant} et \ref{fig:32temps}.
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\begin{figure}
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\centering
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\begin{minipage}{0.45\textwidth}
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\centering
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\includegraphics[width=\textwidth]{images/3_2_carburant}
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\caption{Dijkstra avec le carburant comme coût}
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\label{fig:32carburant}
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\end{minipage}
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\begin{minipage}{0.45\textwidth}
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\centering
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\includegraphics[width=\textwidth]{images/3_2_temps}
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\caption{Dijkstra avec le temps comme coût}
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\label{fig:32temps}
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\end{minipage}
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\end{figure}
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\subsection{Temps de calcul}
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On mesure le temps d'exécution de l'algorithme (figure \ref{fig:33}).
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\begin{figure}
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\centering
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\includegraphics[width=0.7\linewidth]{images/3_3}
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\caption{Temps d'exécution de l'algorithme de Dijkstra}
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\label{fig:33}
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\end{figure}
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\section{Dijkstra avec tas}
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On implémente Dijkstra avec un tas et on compare les temps d'exécutions (figure \ref{fig:36}). On remarque qu'ici le temps d'exécution de Dijkstra avec tas est supérieur. Cela peut être dû à l'implémentation. En effet Dijkstra sans tas utilise des fonctions \verb|builtin| qui sont donc plus rapide. Étant donné que les temps d'exécutions, on peut penser que $m\in\Theta(n)$.
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\begin{figure}
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\centering
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\includegraphics[width=0.7\linewidth]{images/3_6}
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\caption{Comparaison des temps d'exécution de Dijkstra et Dijkstra avec tas}
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\label{fig:36}
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\end{figure}
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\section{Algorithme A*}
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On implémente l'algorithme A* et on vérifie qu'il donne le même résultat que Dijkstra en visitant moins de sommets.
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On compare ensuite les temps d'exécutions des 3 algorithmes (figure \ref{fig:39}). On remarque que A* est le plus efficace quand le nombre de points augmente.
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\begin{figure}
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\centering
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\includegraphics[width=0.7\linewidth]{images/3_9}
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\caption{Comparaison des trois algorithmes (temps moyens sur 10 exécutions)}
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\label{fig:39}
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\end{figure}
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\clearpage
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\part{Problème du voyageur de commerce}
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\section{Résolution par Backtracking}
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\subsection{Résolution}
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On résout le problème du voyageur de commerce par backtracking. Un état correspond à un parcours partiel de la tournée (représenté par une liste d'indice des sommets de la tournée). L'ensemble des extensions possibles d'un état correspond à l'ajout d'un sommet non encore visité. On élague si le cout minimum est inférieur au cout actuel auquel on ajoute le cout de l'ajout d'un sommet.
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On obtient le résultat de la figure \ref{fig:42}.
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\begin{figure}
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\centering
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\includegraphics[width=0.7\linewidth]{images/4_2}
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\caption{Tournée optimale obtenue par backtracking}
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\label{fig:42}
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\end{figure}
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\subsection{Temps d'exécution}
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En mesurant le temps d'exécution de l'algorithme, on note son caractère exponentiel (figure \ref{fig:43}), ce qui le rend inutilisable en pratique.
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\begin{figure}
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\centering
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\includegraphics[width=0.7\linewidth]{images/4_3}
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\caption{Temps d'exécution de l'algorithme par backtracking}
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\label{fig:43}
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\end{figure}
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\section{Résolution approchée}
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On résout le problème de manière approchée en construisant un graphe de coût. Ce graphe est complet. On utilise alors l'algorithme de Prim pour trouver un arbre couvrant minimal et ainsi en déduire un ordre de parcours des points de la tournée. Les figures \ref{fig:48approx} et \ref{fig:48naif} montrent que les algorithmes peuvent donner des solutions différentes.
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\begin{figure}
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\centering
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\begin{minipage}{0.45\textwidth}
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\centering
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\includegraphics[width=\textwidth]{images/3_2_carburant}
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\caption{Voyageur de commerce approché}
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\label{fig:48approx}
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\end{minipage}
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\begin{minipage}{0.45\textwidth}
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\centering
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\includegraphics[width=\textwidth]{images/3_2_temps}
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\caption{Voyageur de commerce naïf}
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\label{fig:48naif}
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\end{minipage}
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\end{figure}
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La figure \ref{fig:49} donne le temps d'exécution de la résolution approchée. On remarque que cette solution semble beaucoup plus rapide que la solution naïve.
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\begin{figure}
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\centering
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|
\includegraphics[width=0.7\linewidth]{images/4_9}
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|
\caption{Temps d'exécution de la résolution approchée}
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\label{fig:49}
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\end{figure}
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\clearpage
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\listoffigures
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\end{document} |