% Solutions du chapitre 38 — SIG et risques géospatiaux
% Les chiffres sont vérifiés par analysis/python/tests/test_ch38.py (test_solutions_1_a_5, test_solutions_6_et_7).

\begin{solution}{ex:38:1}{Choisir le système de référence}
Les fuseaux MTM ont trois degrés de largeur et des méridiens centraux à $70{,}5^\circ$ (fuseau 7, de 69 à $72^\circ$ O), $73{,}5^\circ$ (fuseau 8, de 72 à $75^\circ$ O) et $76{,}5^\circ$ O (fuseau 9, de 75 à $78^\circ$ O) ; les fuseaux UTM ont six degrés, le fuseau 18 couvrant de 72 à $78^\circ$ O et le 19 de 66 à $72^\circ$ O. Montréal ($73{,}60^\circ$ O) relève donc du fuseau MTM 8 (EPSG 32188) et du fuseau UTM 18N (26918) ; Québec ($71{,}19^\circ$ O) du MTM 7 (32187) et de l'UTM 19N (26919) ; Gatineau ($75{,}74^\circ$ O) du MTM 9 (32189) et de l'UTM 18N (26918) ; Saguenay ($71{,}10^\circ$ O) du MTM 7 (32187) et de l'UTM 19N (26919). Avec l'\cref{eq:38:echelle}, $k = 0{,}9999\,[1 + \tfrac12(\Delta\lambda\cos\varphi)^2]$, les écarts au méridien central en radians valent respectivement $0{,}00175$, $0{,}01204$, $0{,}01326$ et $0{,}01047$, et les facteurs d'échelle $0{,}999901$ (Montréal), $0{,}999934$ (Québec), $0{,}999943$ (Gatineau) et $0{,}999924$ (Saguenay) : une distance de 10 kilomètres lue sur la carte sans correction sous-estime la distance au sol de 0,99, 0,66, 0,57 et 0,76 mètre, soit moins d'un dix-millième dans les quatre cas. Une carte réunissant les quatre villes ne peut utiliser aucun fuseau MTM sans une distorsion croissante hors de sa bande, et deux fuseaux UTM seraient nécessaires ; la projection conique conforme Québec Lambert (32198), dont les parallèles de référence à $46^\circ$ et $60^\circ$ encadrent le territoire, conserve les angles et limite la distorsion d'échelle sur toute la province, au prix d'une distorsion locale un peu supérieure à celle du MTM.
\end{solution}

\begin{solution}{ex:38:2}{Trois distances}
(a) Autour du sujet, $\cos(45{,}4215^\circ) = 0{,}7017$ ; les écarts sont $\Delta\varphi = 0{,}0405^\circ = 0{,}000707$ rad et $\Delta\lambda = 0{,}0783^\circ = 0{,}001367$ rad, d'où $x = 6371{,}0 \times 0{,}7017 \times 0{,}001367 = 6{,}111$ km et $y = 6371{,}0 \times 0{,}000707 = 4{,}503$ km, et $d = \sqrt{6{,}111^2 + 4{,}503^2} = 7{,}591$ km. (b) Le haversine donne $a = \sin^2(0{,}000353) + \cos\varphi_1\cos\varphi_2\sin^2(0{,}000683) = 1{,}25\times10^{-7} + 0{,}4919 \times 4{,}67\times10^{-7} = 3{,}55\times10^{-7}$ et $d = 2 \times 6371{,}0 \times \arcsin\sqrt{a} = 7{,}589$ km, à deux mètres de la projection locale : les deux mesures coïncident au premier ordre, l'écart venant de la courbure négligée par l'\cref{eq:38:equirect}. (c) La « distance en degrés » vaut $\sqrt{0{,}0405^2 + 0{,}0783^2} = 0{,}08815^\circ$, soit 9,785 km à raison de 111 km par degré : une surestimation de 29 \%. L'origine de l'erreur est l'anisotropie des degrés : à cette latitude un degré de longitude ne vaut que $111{,}3 \times 0{,}7017 = 78{,}1$ km, et la composante est-ouest, qui domine ici, est gonflée d'un facteur $1/0{,}7017 = 1{,}425$. Une matrice de voisinage ou un rayon de recherche calculés en degrés privilégient donc systématiquement les voisins nord-sud, ce que le \cref{ch:19} avait déjà signalé.
\end{solution}

\begin{solution}{ex:38:3}{Point dans polygone et tampon}
Le polygone est un rectangle de 4 sur 3 dont le côté supérieur est remplacé par une encoche en V descendant jusqu'au point $(2, 1)$ ; ses arêtes sont $(0,0)$--$(4,0)$, $(4,0)$--$(4,3)$, $(4,3)$--$(2,1)$, $(2,1)$--$(0,3)$ et $(0,3)$--$(0,0)$. Pour $P_1 = (1, 1)$, la demi-droite horizontale vers la droite croise l'arête verticale droite ($x = 4$), l'arête $(4,3)$--$(2,1)$ (intersection en $x = 2$) et l'arête $(2,1)$--$(0,3)$ (intersection en $x = 2$, mais l'arête ne contient $y = 1$ qu'à son extrémité ; la convention $(y_i > y) \neq (y_{i+1} > y)$ de l'\cref{eq:38:pip} compte cette arête, dont les ordonnées 1 et 3 encadrent $y = 1$ au sens strict d'un côté seulement) : trois croisements, nombre impair, le point est intérieur. Pour $P_2 = (2, 2)$, les arêtes dont l'étendue verticale contient $y = 2$ sont les deux côtés verticaux et les deux arêtes de l'encoche ; les intersections à droite de $x = 2$ sont celles de l'arête $(4,3)$--$(2,1)$ en $x = 3$ et du côté $x = 4$, soit deux croisements : extérieur, le point est dans l'encoche. Pour $P_3 = (3, 2{,}5)$, les intersections à droite sont celles de l'arête $(4,3)$--$(2,1)$ en $x = 3{,}5$ et du côté $x = 4$ : deux croisements, extérieur. La fonction \texttt{traite.geo.point\_dans\_polygone} confirme (vrai, faux, faux). L'aire par la formule du lacet vaut $\tfrac12\abs{0 + 12 + (4 - 6) + 6 + 0} = 8$ km$^2$, et le périmètre $4 + 3 + 2\sqrt{2} + 2\sqrt{2} + 3 = 15{,}657$ km. La formule du polygone convexe, $8 + 0{,}5 \times 15{,}657 + \pi \times 0{,}25 = 16{,}614$ km$^2$, surestime l'aire du tampon parce qu'au sommet rentrant $(2, 1)$ les bandes des deux arêtes de l'encoche se recouvrent au lieu de laisser un secteur circulaire ; l'aire exacte calculée par \texttt{shapely} est de 16,560 km$^2$, soit 0,054 km$^2$ de moins.
\end{solution}

\begin{solution}{ex:38:4}{Indice gravitaire}
Avec $\lambda = 0{,}25$, la première maison obtient $A = 100e^{-0{,}375} + 40e^{-1{,}5} + 30e^{-2{,}25} = 68{,}73 + 8{,}93 + 3{,}16 = 80{,}82$ et $\ln A = 4{,}392$ ; la seconde, à 4 km des trois pôles, $A = 170e^{-1} = 62{,}54$ et $\ln A = 4{,}136$. Avec $\lambda = 0{,}50$, la première obtient $47{,}24 + 1{,}99 + 0{,}33 = 49{,}56$ ($\ln A = 3{,}903$) et la seconde $170e^{-2} = 23{,}01$ ($\ln A = 3{,}136$). La première maison est mieux située dans les deux cas, et son avantage croît avec la friction : quand la distance coûte cher, la proximité du pôle principal l'emporte sur l'équidistance à trois pôles. La dérivation de l'\cref{eq:38:logsum} éclaire le résultat : $\ln A_i$ est l'utilité espérée du meilleur choix d'un ménage dont l'utilité pour la destination $k$ vaut $\ln E_k - \lambda d_{ik}$ plus un aléa de Gumbel, et l'écart de $\ln A$ entre les deux maisons, 0,256 avec $\lambda = 0{,}25$ et 0,767 avec $\lambda = 0{,}50$, se lit en unités d'utilité, les mêmes que $\lambda$ par kilomètre : la première maison vaut, en accessibilité, l'équivalent d'un kilomètre de moins ($0{,}256/0{,}25$) dans le premier cas et d'un kilomètre et demi dans le second. C'est précisément parce que $\ln A_i$ est une mesure d'utilité espérée, additive avec les autres termes du modèle semi-logarithmique, que c'est lui et non $A_i$ qui entre dans l'\cref{eq:38:hedonique-risque} ; $A_i$ en niveau donnerait un effet marginal décroissant arbitraire et dépendant de l'unité des masses.
\end{solution}

\begin{solution}{ex:38:5}{Capitalisation d'un risque d'inondation}
La probabilité annuelle est $p_1 = 1 - (1 - 0{,}35)^{1/25} = 1 - 0{,}65^{0{,}04} = 0{,}01708$, soit 1,71 \% par année (période de retour d'environ 59 ans). Avec un dommage de 10 \% et un taux de 5 \%, la décote capitalisée vaut $0{,}01708 \times 0{,}10 / 0{,}05 = 3{,}42$ \%, soit \dollars{17767} ; avec un dommage de 20 \%, elle double à 6,83 \% et \dollars{35534}. Une décote observée de 8 \% dépasse la perte espérée capitalisée même dans le second cas. Deux explications tirées de la \cref{sec:38:risques} : d'abord, le prix capitalise aussi les restrictions juridiques attachées à la zone, interdiction ou conditions de reconstruction et d'agrandissement, qui détruisent une valeur d'option indépendante de la perte espérée ; ensuite, le marché surpondère le risque après un événement récent et anticipe la hausse des primes d'assurance et la détérioration future de l'exposition, comme le montrent \textcite{binPolasky2004} et \textcite{bernsteinGustafsonLewis2019}. Une troisième explication, méthodologique, est que la décote observée peut être contaminée par la localisation, les zones inondables étant souvent des quartiers anciens ou périphériques, exactement le mécanisme du \cref{tab:38:coefficients}. Pour la détection : $\pi = 24/500 = 0{,}048$, et l'erreur-type approximative vaut $0{,}09/\sqrt{500 \times 0{,}048 \times 0{,}952 \times 0{,}9} = 0{,}0199$ ; l'effet minimal détectable \eqref{eq:38:emd} est $2{,}80 \times 0{,}0199 = 0{,}0556$, soit 5,6 \%. La décote de 8 \% serait détectable avec une puissance supérieure à 80 \%, mais la décote capitalisée de 3,4 \% ne le serait pas ; et une estimation de 8 \% sur 24 ventes porterait un intervalle de confiance à 95 \% de $\pm 3{,}9$ points, compatible avec 4 \% comme avec 12 \%.
\end{solution}

\begin{solution}{ex:38:6}{Faux positifs et tests multiples}
Avec un rayon de 3 kilomètres et \num{1000} tirages (fonction \texttt{exercice\_6} de \texttt{ch38\_sig.py}), 995 disques contiennent entre 10 et 590 ventes. Pour le modèle de référence, la part de coefficients significatifs à 5 \% vaut 4,5 \% avec les erreurs-types classiques et 5,3 \% avec HC1, l'écart-type des $t$ 0,98 et 1,03, et aucun disque ne survit à Bonferroni : la statistique se comporte exactement comme sous l'hypothèse nulle. Sans indicatrices de secteur, 89,2 \% des disques sont significatifs (92,9 \% avec HC1), 50,5 \% après Bonferroni, et l'écart-type des $t$ atteint 6,3 ; sans secteur ni gradient, 60,1 \%, 32,5 \% après Bonferroni, écart-type 4,9. Un disque de 3 kilomètres est presque un secteur, et son indicatrice mesure la prime omise avec une précision d'autant meilleure qu'il contient plus de ventes ; le modèle sans gradient fait un peu mieux que le modèle avec gradient parce que le gradient, seul à distinguer les secteurs périphériques, laisse aux disques de ces secteurs un résidu plus régulier. À 0,5 kilomètre et pour le modèle de référence (107 disques), la part de faux positifs vaut 11,2 \% avec les erreurs-types classiques (écart-type des $t$ 1,30), 26,2 \% avec HC1 (1,53) et 23,4 \% avec HC3 (1,42) : la pondération par le levier de HC3 ne corrige qu'une petite part du biais, parce que la variance d'un coefficient d'indicatrice portée par dix à vingt observations est mal estimée par toute méthode robuste fondée sur les résidus de ces mêmes observations.

\emph{Note.} Un rapport qui dérive une décote de zone d'un modèle hédonique doit d'abord établir que les résidus du modèle sans la variable de zone ne sont pas spatialement corrélés, par la statistique de Moran et les tests du \cref{ch:19} ; sinon, la variable de zone capte la localisation omise, et sa signification ne prouve rien, quelle que soit l'erreur-type. Il doit ensuite déclarer toutes les définitions essayées, rayons de tampon, classes, sources de la couche, et appliquer une correction pour tests multiples ou, mieux, fixer la définition avant l'estimation à partir de la cartographie officielle. Il doit indiquer le nombre de ventes exposées et l'effet minimal détectable, de sorte qu'un coefficient non significatif ne soit pas lu comme une absence d'effet. Il doit enfin préférer, pour une indicatrice rare, l'erreur-type classique ou une inférence par permutation des zones à une correction robuste qui sous-estime l'incertitude, et présenter le coefficient avec son intervalle plutôt que comme une décote ponctuelle.
\end{solution}

\begin{solution}{ex:38:7}{Carte choroplèthe et unités spatiales modifiables}
La fonction \texttt{exercice\_7} de \texttt{ch38\_sig.py} donne, pour les hexagones de 800 mètres de rayon (1,66 km$^2$), 813 cellules dont 123 occupées et 43 d'au moins cinq ventes, des bornes de Jenks à \num{2407}, \num{2981}, \num{3388}, \num{3602}, \num{3970} et \parmsq{4207} et un GVF de 0,962 ; pour les hexagones de \num{1200} mètres du chapitre, 374 cellules, 69 occupées, 30 cartographiées, bornes \num{2546}, \num{3004}, \num{3358}, \num{3548}, \num{3925}, \num{4106} et GVF 0,964 ; pour les hexagones de \num{2000} mètres (10,4 km$^2$), 154 cellules, 34 occupées, 19 cartographiées, bornes \num{2344}, \num{2605}, \num{3208}, \num{3571}, \num{3916}, \num{3916}, la cinquième classe se réduisant à la cellule la plus chère, et GVF 0,975 ; pour la grille carrée de 2 kilomètres (4 km$^2$), 368 cellules, 64 occupées, 36 cartographiées, bornes \num{2447}, \num{2819}, \num{3194}, \num{3556}, \num{3950}, \num{4175} et GVF 0,962. La part intercellulaire de la variance du prix au mètre carré (somme pondérée des écarts des moyennes de cellule à la moyenne générale, rapportée à la somme totale des carrés) vaut 35,6 \% avec les petits hexagones, 28,6 \% avec ceux du chapitre, 25,0 \% avec les grands et 30,2 \% avec les carrés de 2 kilomètres : plus les cellules sont petites, plus la carte « explique » de variance, non parce que le marché est plus hétérogène mais parce que chaque cellule résume moins de ventes et s'ajuste au bruit, jusqu'à la limite d'une cellule par vente qui expliquerait tout. C'est le problème des unités spatiales modifiables sous sa forme d'échelle ; la différence entre hexagones de \num{1200} mètres et carrés de 2 kilomètres, d'aires voisines (3,74 contre 4 km$^2$) mais de part intercellulaire différente (28,6 contre 30,2 \%), en est la forme de zonage. Pour un conseil municipal, on recommandera une grille dont les cellules contiennent assez de ventes pour que la médiane soit stable, une vingtaine au moins, donc plutôt les grands hexagones ou, mieux, les unités de voisinage du rôle d'évaluation, qui ont un sens pour les élus et dont les frontières ont été tracées par l'évaluateur municipal ; on indiquera sur la carte le nombre de ventes par zone et l'on hachurera les zones trop peu fournies plutôt que d'y afficher une médiane trompeuse.
\end{solution}