Fiche gerrymandering V1

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 \section*{Eléments de réponse} 
 
-\q (Facile) Première réponse
+De nombreuses questions sont ouvertes. L'enjeu est de trouver des stratégies aussi bonnes que possibles sans affirmer effrontément l'optimalité, de démontrer des bornes, et de traiter intégralement des petits cas.
 
-\q (Moyen) Deuxieme réponse
+Le problème technique à rédiger rigoureusement car on est amené dans plusieurs question à s'intéresser à des points agglomérés, ie à une distance suffisamment petite par rapport à toutes les autres distances.
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+\q Facile : la CNS est que les points sont dans le même ordre
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+\q Conjecture : Facile. On peut effectuer des rotation de tout $\theta < \frac{\pi}{n}$, donc on peut faire une rotation de $\pi$ en $n+1$ étapes.
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+Optimalité : Assez facile mais potentiellement un tantinet technique. On peut par exemple considérer la somme des déplacement angulaires dans un sens donné, qui doit rester $<\pi$.
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+\q Existence : Assez facile. Valeur exacte : Ouvert
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+Il n'est pas évident que le pire cas est un cas où tous les points sont agglomérés au départ, à un endroit hors du demi-cercle à préciser.
+En effet, on est parfois amené à déplacer strictement plus de la moitié du même côté, auquel cas éparpiller un peu les points pourrait a priori donner une configuration plus difficile.
+Néanmoins, cela semble vrai.
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+\begin{itemize}
+\item Si les points sont agglomérés à l'antipode de manière symétrique, la stratégie naïve en amène de chaque côté un dans le demi-cercle toutes les 2 années (2 la première année). Il faut $n$ années si $n$ est impair, et $n-2$ si $n$ est pair.
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+On peut faire mieux ($n-1$) pour $n$ impair à partir de $n=7$ en décalant la construction. Le décalage est manière infime par rapport à $n$ (un truc en $2^{-n}$ je crois), donc pour que cela fonctionne facilement les points doivent vraiment être très agglomérés au départ.
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+\item Si les points sont agglomérés juste à côté de l'extrémité du demi-cercle, on peut en faire 2 la première année puis 1 par an, pour un total de $n-1$ années. Mais on peut faire mieux ($\le n-2$) pour $n$ suffisamment grand (à partir de $n=5$, ou peut-être $n=6$ selon la manière précise dont les points sont agglomérés).
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+\item Les deux construction précédentes ne permettent pas toujours d'obtenir le pire cas. Par exemple, pour $n=6$, si les points sont agglomérés à l'antipode de manière pas tout à fait symétrique, on peut avoir besoin de $5$ années plutôt que 4.
+\end{itemize}
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+Je conjecture que, pour tout $k$, apcr, le pire cas dépasse les $n+k$ années. Une fonction type $n + \ln(n)$, par exemple. Pas de preuve, même pour $k=0$. (Le démontrer pour $k=0$ serait déjà super.)
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+\q Assez facile : Non. En effet, pour obtenir une configuration où $3$ points ou plus sont agglomérés, il faut un nombre arbitrairement grand d'années.
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+\q 1bis) Facile : Oui (enfin, c'est facile avec un argument topologique, peut-être plus technique sans)
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+2bis) On peut faire strictement mieux que dans le cercle : Moyen. Valeur exacte : Ouvert
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+Une manière plus efficace que de rester sur le cercle (mais probablement pas optimale) est la suivante :
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+\begin{itemize}
+\item On sépare les points en $k$ groupes. (On en prend $1$ sur $k$ si $k|n$, sinon on bricole.)
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+\item Année 1 : Les points gardent le même argument (dans le plan complexe), mais on envoie les points du groupe $i$ à une distance de l'origine égale à $f(i)$.
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+\item Années 2 à $\approx \frac{n}{k} + 1$ : On fait tourner chaque polygone indépendamment (nécessite d'avoir bien choisi $f$).
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+\item Années $\approx \frac{n}{k} + 2$ et un peu plus : On recompacte les points en un même polygone (plus ou moins long selon $f$).
+\end{itemize}
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+A voir, en fonction de $n$, le meilleur $k$ et la meilleure fonction $f$.
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+Par exemple, pour $n \ge 8$ pair, si on prend $k=2$ et $f(1) = \epsilon ~;~ f(2) = 2-\epsilon$ (avec $\epsilon$ suffisamment petit), on fait en tout $1 + (\frac{n}{2} + 1) + 1 = \frac{n}{2} + 3$ étapes au lieu de $n+1$, c'est strictement mieux.
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+En résumé, on peut faire $o(n)$ (car à $k$ fixé les termes autres que $\frac{n}{k}$ sont des $O(1)$).
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+3bis) Existence : Assez facile. Valeur exacte : Ouvert
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+(Disons que la frontière du demi-plan est horizontale).
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+Un algorithme en $n$ années consiste à amener à chaque année le point le plus haut infiniment haut.
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+Un algorithme en $\frac{n}{2}+1$ années consiste à amener à chaque année le point le plus à droite infiniment à droite et le plus à gauche infiniment à gauche. On le fait de sorte à aligner les points horizontalement, puis une dernière année déplace le tout vers le haut.
+Cette stratégie peut être raffinée, en particulier si $n$ est impair on peut faire $\frac{n-1}{2}+1$.
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+Ce n'est très probablement pas optimal.
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+4bis) Existence : Difficile. Valeur exacte : Ouvert
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+Le problème en 1D qui faisait que la réponse était non est le problème des points agglomérés. Mais, en 2D, il est possible de les agglomérer en les disposant sur un cercle, puis en les agglomérant au centre.
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+Faire un algo avec ça est compliqué. Par exemple, placer les points correctement de gauche à droite ne fonctionne pas.
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+Une manière de faire peut être la suivante :
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+\begin{itemize}
+\item On construit un arbre récursivement, en reliant à chaque étape les 2 sommets non connectés les plus proches (arbitraire si égalité). On note $e$ l'ultime arête.
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+\item $e$ coupe l'arbre en 2 composantes. Pour chaque composante, on agglomère ses points sur l'extrémité de l'arête correspondante.
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+\item On réitère ça récursivement sur chacune des composantes.
+\end{itemize}
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+Pour le faire en temps constant, il reste à démontrer le lemme suivant :
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+$a$, $b$ et $n$. On a $a$ points à agglomérer sur un point $O$, $b$ points parasites immobiles.
+On note $d$ le min des distance des points parasites à $O$ et aux points à agglomérer.
+On fait l'hypothèse que, pour chacun des $a$ points à agglomérer, sa distance à $O$ est inférieure à $nd$.
+Alors ça se fait en un temps qui ne dépend que de $a$, $b$ et $k$, mais pas des positions.
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+(La condition sur $n$ vient du fait qu'il existe dans l'arbre un chemin entre les extrémités de $e$, constitué d'arêtes de longueurs inférieures à $d$.)
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+Le lemme reste encore technique à démontrer. En renormalisant pour que $d=1$ :
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+\begin{itemize}
+\item Pour des raisons géométriques, il existe une route qui relie chacun des $a$ points à $O$ et qui ne contient aucun des $b$ parasites, de largeur $\ge \epsilon$ avec $\epsilon$ fixé qui ne dépend que de $a$, $b$ et $n$. (Un truc comme $\epsilon = \frac{2\pi}{b}$.)
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+\item Pour des raisons de compacité, il existe un $L$ qui ne dépend que de $a$, $b$ et $n$ qui majore la longueurs de ces routes.
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+\item Donc le temps constant est en gros en $a \times \frac{L}{\epsilon}$ (en mettant sous le tapis le fait que les $a$ points se gênent entre eux).
+\end{itemize}
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+\q Je ne pense pas qu'il y ait de différences fondamentales entre dimension 2 et dimensions supérieures.