%% This is a LaTeX document.  Hey, Emacs, -*- latex -*- , get it?
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% A tribute to the worthy AMS:
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%
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%
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%
\theoremstyle{definition}
\newtheorem{comcnt}{Tout}
\newcommand\thingy{%
\refstepcounter{comcnt}\smallbreak\noindent\textbf{\thecomcnt.} }
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\refstepcounter{comcnt}\bigbreak\noindent\textbf{Exercice~\thecomcnt.}}
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%
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%
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%
% NOTE: compile dot files with
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\tikzstyle{automaton}=[>=stealth',initial text={},thick,every loop/.style={min distance=7mm,looseness=5}]
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%
%
\begin{document}
\ifcorrige
\title{INF105\\Contrôle de rattrapage — Corrigé\\{\normalsize Théorie des langages}}
\else
\title{INF105\\Contrôle de rattrapage\\{\normalsize Théorie des langages}}
\fi
\author{}
\date{30 mars 2017}
\maketitle

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%% \end{center}
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\pretolerance=8000
\tolerance=50000

\vskip1truein\relax

\noindent\textbf{Consignes.}

Les exercices sont totalement indépendants.  Ils pourront être traités
dans un ordre quelconque, mais on demande de faire apparaître de façon
très visible dans les copies où commence chaque exercice.

\medbreak

L'usage de tous les documents (notes de cours manuscrites ou
imprimées, feuilles d'exercices, livres) est autorisé.

L'usage des appareils électroniques est interdit.

\medbreak

Durée : 1h30

Barème \emph{indicatif} : $8$ points pour chacun des deux premiers
exercices, $4$ pour l'exercice 3.

\ifcorrige
%Ce corrigé comporte 7 pages (page de garde incluse)
\else
Cet énoncé comporte 3 pages (page de garde incluse)
\fi

\pagebreak


%
%
%

\exercice

Soit $\Sigma = \{a,b\}$.

(1) Représenter l'automate de Thompson $A_1$ associé à l'expression
rationnelle $r$ suivante : $a{*}(ba{*}){*}$ (pour éviter toute erreur
de lecture, on rappelle que dans l'écriture des expressions
rationnelles, l'étoile de Kleene $*$ a une priorité plus grande que la
concaténation).

On demande l'automate \emph{exact} donné par la construction de
Thompson pour $r$ : aucune variation ne sera autorisée, même si elle
conduit à un automate équivalent.

Par ailleurs, pour simplifier le travail du correcteur, on demande
d'étiqueter les états de $A_1$ par les entiers naturels à partir
de $0$ (soit $0,1,2,3,\ldots$) dans l'ordre correspondant à la lecture
de l'expression rationnelle de la gauche vers la droite.

(2) Éliminer les transitions spontanées de l'automate $A_1$ obtenu
en (1), si nécessaire.  (On supprimera les états devenus inutiles.)
On appellera $A_2$ l'automate obtenu.

(3) Déterminiser l'automate $A_2$ obtenu en (2), si nécessaire.  (On
demande un automate déterministe complet.)  On appellera $A_3$
l'automate déterminisé.

(4) Minimiser l'automate $A_3$ obtenu en (3), si nécessaire
(justifier).

(5) Donner une autre expression rationnelle équivalente à $r$.

\begin{corrige}
(1) L'automate de Thompson de $r := a{*}(ba{*}){*}$ doit comporter
  $12$ états (numérotés de $0$ à $11$ selon la consigne) puisque cette
  expression rationnelle contient $6$ symboles parenthèses non
  comptées.  Il est l'automate $A_1$ suivant (où on a omis les
  $\varepsilon$ sur les transitions spontanées) :
\begin{center}
\scalebox{0.4}{%
%%% begin cn2p1 %%%

\begin{tikzpicture}[>=latex,line join=bevel,automaton]
%%
\node (q1) at (98bp,45bp) [draw,circle,state] {$1$};
  \node (q0) at (18bp,18bp) [draw,circle,state,initial] {$0$};
  \node (q3) at (258bp,18bp) [draw,circle,state] {$3$};
  \node (q2) at (178bp,45bp) [draw,circle,state] {$2$};
  \node (q5) at (418bp,48bp) [draw,circle,state] {$5$};
  \node (q4) at (338bp,18bp) [draw,circle,state] {$4$};
  \node (q7) at (578bp,86bp) [draw,circle,state] {$7$};
  \node (q6) at (498bp,86bp) [draw,circle,state] {$6$};
  \node (q9) at (738bp,124bp) [draw,circle,state] {$9$};
  \node (q8) at (658bp,124bp) [draw,circle,state] {$8$};
  \node (q11) at (904bp,25bp) [draw,circle,state,final] {$11$};
  \node (q10) at (820bp,63bp) [draw,circle,state] {$10$};
  \draw [->] (q0) ..controls (76.842bp,18bp) and (179.8bp,18bp)  .. node[auto] {{}} (q3);
  \draw [->] (q2) ..controls (205.62bp,35.785bp) and (219.46bp,30.994bp)  .. node[auto] {{}} (q3);
  \draw [->] (q10) ..controls (849.21bp,49.929bp) and (864.12bp,43.018bp)  .. node[auto] {{}} (q11);
  \draw [->] (q7) ..controls (605.31bp,98.816bp) and (620.14bp,106.04bp)  .. node[auto] {{}} (q8);
  \draw [->] (q8) ..controls (686.11bp,124bp) and (698.58bp,124bp)  .. node[auto] {$a$} (q9);
  \draw [->] (q2) ..controls (154.59bp,39.764bp) and (148.04bp,38.598bp)  .. (142bp,38bp) .. controls (136.68bp,37.473bp) and (131.02bp,37.771bp)  .. node[auto] {{}} (q1);
  \draw [->] (q6) ..controls (526.11bp,86bp) and (538.58bp,86bp)  .. node[auto] {{}} (q7);
  \draw [->] (q9) ..controls (761.45bp,107.48bp) and (772.39bp,99.343bp)  .. (782bp,92bp) .. controls (786.62bp,88.47bp) and (791.54bp,84.659bp)  .. node[auto] {{}} (q10);
  \draw [->] (q3) ..controls (286.11bp,18bp) and (298.58bp,18bp)  .. node[auto] {{}} (q4);
  \draw [->] (q7) ..controls (637.01bp,80.44bp) and (739.57bp,70.612bp)  .. node[auto] {{}} (q10);
  \draw [->] (q4) ..controls (370.88bp,8.0178bp) and (395.3bp,2bp)  .. (417bp,2bp) .. controls (417bp,2bp) and (417bp,2bp)  .. (821bp,2bp) .. controls (840.04bp,2bp) and (860.68bp,7.8211bp)  .. node[auto] {{}} (q11);
  \draw [->] (q5) ..controls (445.31bp,60.816bp) and (460.14bp,68.042bp)  .. node[auto] {$b$} (q6);
  \draw [->] (q10) ..controls (786bp,48.432bp) and (761.4bp,40bp)  .. (739bp,40bp) .. controls (497bp,40bp) and (497bp,40bp)  .. (497bp,40bp) .. controls (480.02bp,40bp) and (461.07bp,41.899bp)  .. node[auto] {{}} (q5);
  \draw [->] (q0) ..controls (45.62bp,27.215bp) and (59.462bp,32.006bp)  .. node[auto] {{}} (q1);
  \draw [->] (q1) ..controls (122.47bp,55.902bp) and (132.67bp,58.554bp)  .. (142bp,57bp) .. controls (145.13bp,56.478bp) and (148.36bp,55.711bp)  .. node[auto] {$a$} (q2);
  \draw [->] (q4) ..controls (365.62bp,28.238bp) and (379.46bp,33.562bp)  .. node[auto] {{}} (q5);
%
\end{tikzpicture}

%%% end cn2p1 %%%
}
\end{center}

\smallbreak

(2) Tous les états autres que $0$ (car il est initial) et $2,6,9$ (car
des transitions non spontanées y aboutissent) vont disparaître ; les
ε-fermetures (arrière) $C(q)$ de ces états sont les suivantes :

\begin{center}
\begin{tabular}{r|l}
$q$&ε-fermeture $C(q)$\\
\hline
$0$&$\{0,1,3,4,5,11\}$\\
$2$&$\{1,2,3,4,5,11\}$\\
$6$&$\{5,6,7,8,10,11\}$\\
$9$&$\{5,8,9,10,11\}$\\
\end{tabular}
\end{center}

En remplaçant chaque transition $q^\sharp \to q'$ étiquetée
d'un $x\in\Sigma$ dans l'automate par une transition $q\to q'$ pour
chaque état $q$ tel que $q^\sharp \in C(q)$, on obtient l'automate
$A_2$ suivant :
\begin{center}
%%% begin cn2p1b %%%

\begin{tikzpicture}[>=latex,line join=bevel,automaton]
%%
\node (q9) at (258bp,20.306bp) [draw,circle,state,final] {$9$};
  \node (q0) at (18bp,20.306bp) [draw,circle,state,initial,final,accepting below] {$0$};
  \node (q2) at (98bp,50.306bp) [draw,circle,state,final,accepting below] {$2$};
  \node (q6) at (178bp,20.306bp) [draw,circle,state,final,accepting below] {$6$};
  \draw [->] (q0) ..controls (45.62bp,30.544bp) and (59.462bp,35.868bp)  .. node[auto] {$a$} (q2);
  \draw [->] (q2) to[loop above] node[auto] {$a$} (q2);
  \draw [->] (q6) to[loop above] node[auto] {$b$} (q6);
  \draw [->] (q9) to[loop above] node[auto] {$a$} (q9);
  \draw [->] (q9) ..controls (235.21bp,3.6347bp) and (224.28bp,-1.3057bp)  .. (214bp,1.3057bp) .. controls (210.04bp,2.3107bp) and (206.05bp,3.8633bp)  .. node[auto] {$b$} (q6);
  \draw [->] (q0) ..controls (47.887bp,13.272bp) and (64.853bp,9.7814bp)  .. (80bp,8.3057bp) .. controls (95.925bp,6.7542bp) and (100.08bp,6.7542bp)  .. (116bp,8.3057bp) .. controls (127.36bp,9.4124bp) and (139.74bp,11.652bp)  .. node[auto] {$b$} (q6);
  \draw [->] (q2) ..controls (125.62bp,40.067bp) and (139.46bp,34.744bp)  .. node[auto] {$b$} (q6);
  \draw [->] (q6) ..controls (206.11bp,20.306bp) and (218.58bp,20.306bp)  .. node[auto] {$a$} (q9);
%
\end{tikzpicture}

%%% end cn2p1b %%%
\end{center}

\smallbreak

(3) L'automate $A_2$ est déjà déterministe (il ne comporte plus de
transitions spontanées par construction, et il s'avère que chaque état
a exactement une transition sortante pour chacun des symboles $a$
et $b$).  On a donc $A_3 = A_2$.

\smallbreak

(4) Tous les états de $A_3$ sont finaux : l'algorithme de minimisation
termine donc immédiatement en produisant un automate $A_4$ à un seul
état ($0\equiv 2 \equiv 6 \equiv 9$), à la fois initial et final, avec
des transitions étiquetées $a$ et $b$ conduisant de cet état à
lui-même :
\begin{center}
%%% begin cn2p1c %%%

\begin{tikzpicture}[>=latex,line join=bevel,automaton]
%%
\node (q0) at (22bp,22bp) [draw,circle,state,initial,final] {$\top$};
  \draw [->] (q0) to[loop above] node[auto] {$a,b$} (q0);
%
\end{tikzpicture}

%%% end cn2p1c %%%
\end{center}

\smallbreak

(5) L'automate $A_4$ reconnaît manifestement le langage $\Sigma^*$ de
tous les mots sur $\Sigma$.  On peut donc proposer l'expression
rationnelle $(a|b){*}$ (nous notons ici $|$ pour la disjonction, qu'on
peut aussi noter $+$).
\end{corrige}


%
%
%

\exercice

À toutes fins utiles, on rappelle qu'un langage « algébrique » est un
langage engendré par une grammaire hors contexte, et que
l'intersection d'un langage algébrique et d'un langage rationnel est
un langage algébrique.

Sur l'alphabet $\Sigma = \{a,b\}$, on considère le langage $L := \{w
a^n w^{\textsf{R}} : w\in\Sigma^*, n\in\mathbb{N}\}$, où
$w^{\textsf{R}}$ désigne le miroir (=transposé) d'un mot $w$.
Autrement dit, $L$ est le langage formé des mots qui peuvent s'écrire
comme concaténation d'un mot $w$, d'un nombre quelconque
(éventuellement nul) de $a$, puis du miroir du même mot $w$.  On
considère aussi le langage $L' := \{w a^n w : w\in\Sigma^*,
n\in\mathbb{N}\}$ (sans miroir sur le troisième facteur), formé des
mots qui peuvent s'écrire comme concaténation d'un mot $w$, d'un
nombre quelconque (éventuellement nul) de $a$, puis du même mot $w$.

(1) Donner un exemple de mot appartenant à $L$ mais pas à $L'$, et un
exemple de mot appartenant à $L'$ mais pas à $L$.

(2) Proposer une grammaire hors contexte qui engendre $L$ (on pourra
se contenter d'une justification très succincte du fait qu'elle
engendre bien $L$).  En particulier, on retiendra que $L$ est
algébrique (c'est tout ce qui sera nécessaire pour traiter les
questions suivantes).

(3) On \emph{admet}\footnote{Cela pourrait être démontré au moyen du
  lemme de pompage pour les langages algébriques, mais ce n'est pas
  demandé.} que le langage $M' := \{b^p a b^q a b^p a b^q : p,q>0\}$
n'est pas algébrique.  (Autrement dit, $M'$ est l'ensemble des mots de
la forme $b^p a b^q a b^p a b^q$ où $p$ et $q$ sont deux entiers
naturels non nuls.)  En \emph{déduire} que le langage $L'$ n'est pas
algébrique.  Justifier soigneusement.

Pour cette question et les suivantes, on pourra introduire le langage
auxiliaire $N$ dénoté par l'expression rationnelle $b^{+} a b^{+} a b^{+}
a b^{+}$ où $b^{+}$ est une abréviation pour $bb{*}$ (dénotant au moins
une répétition de $b$).

(4a) Montrer que le langage $M := \{b^p a b^q a b^q a b^p : p,q>0\}$
(noter la différence dans l'ordre des exposants par rapport à $M'$)
n'est pas rationnel.\quad (4b) En \emph{déduire} que le langage $L$
n'est pas rationnel.

(5) Montrer que le langage $M$ est algébrique, sans en donner une
grammaire.

(6) Le langage $L'$ est-il décidable ?  Est-il semi-décidable ?

(7) Faire un tableau indiquant, pour chacun des quatre langages
$L,L',M,M'$ considérés dans cet exercice, et pour chacune des quatre
propriétés « rationnel », « algébrique », « décidable »,
« semi-décidable », si le langage en question a la propriété en
question.

\begin{corrige}
(1) Le mot $babbabbab$ appartient à $L$ (prendre $w=babb$ et $n=1$)
  mais pas à $L'$ ; le mot $babbababb$ appartient à $L'$ (idem) mais
  pas à $L$.

\smallbreak

(2) La grammaire
\[
\begin{aligned}
S &\rightarrow aSa \;|\; bSb \;|\; A\\
A &\rightarrow \varepsilon \;|\; aA\\
\end{aligned}
\]
engendre le langage $L$ : en effet, les règles $S\rightarrow aSa$ et
$S\rightarrow bSb$ permettent de placer des $a$ et $b$ symétriquement
autour de $S$, c'est-à-dire de produire les $wSw^{\mathsf{R}}$ et donc
$wAw^{\mathsf{R}}$, tandis que les règles $A\rightarrow\varepsilon$ et
$A\rightarrow aA$ reviennent à $A\rightarrow a{*}$ et permettent de
transformer $A$ en un nombre quelconque de $a$.

\smallbreak

(3) Le langage $M'$ est l'intersection du langage $L'$ avec le langage
rationnel $N$ dénoté par l'expression rationnelle $b^{+} a b^{+} a b^{+}
a b^{+}$.  En effet, d'une part on a $M' \subseteq L' \cap N$,
puisqu'un mot $b^p a b^q a b^p a b^q \in M'$ est évidemment dans $N$
et par ailleurs peut s'écrire $w a w$ où $w := b^p a b^q$.  Mais
réciproquement, on a $L'\cap N \subseteq M'$ : en effet, si pour
certains $w \in \Sigma^*$ et $n \in \mathbb{N}$ le mot $w a^n w$ est
dans $N$, on a forcément $n\leq 1$ car il n'y a jamais plus qu'un $a$
consécutif dans un mot de $N$, de là on en déduit que le nombre
$|w|_a$ de $a$ dans $w$ vaut forcément exactement $1$ et que $n=1$
(seule possibilité pour avoir trois $a$ dans le mot au total), et
finalement $w = b^p a b^q$ où $p,q>0$, et du coup $w a^n w = b^p a b^q
a b^p a b^q$, qui est bien dans $M'$ comme annoncé.

Sachant que $M' = L'\cap N$, puisque $N$ est rationnel par définition,
et puisque $M'$ n'est pas algébrique comme il a été admis, le langage
$L'$ n'est pas algébrique (l'intersection d'un langage algébrique et
d'un langage rationnel étant algébrique, ainsi qu'il a été rappelé).

\smallbreak

(4a) Supposons par l'absurde que $M$ soit rationnel.  D'après le lemme
de pompage, il existe un certain $k$ tel que tout mot $x$ de $M$ de
longueur $\geq k$ se factorise sous la forme $x = uvw$ avec
(i) $|v|\geq 1$, (ii) $|uv|\leq k$ et (iii) $uv^iw \in M$ pour
tout $i\geq 0$.  Considérons le mot $x := b^k a b a b a b^k$, qui
appartient à $M$ : il est censé exister une factorisation $x = uvw$
comme on vient de le dire.  Mais d'après (ii), on voit que $u,v$ ne
peuvent comporter que la lettre $b$ : disons $u = b^r$ et $v = b^s$,
et donc $w = b^{k-r-s} a b a b a b^k$ ; la propriété (i) assure $s>0$,
et on a $uv^iw = b^r b^{si} b^{k-r-s} a b a b a b^k = b^{k+s(i-1)} a b
a b a b^k$, censé appartenir à $M$ pour tout $i$ d'après (iii).  Or
dès que $i\neq 1$, ceci clairement une contradiction.  Le langage $M$
n'est donc pas rationnel.

(4b) De même qu'en (3), le langage $M$ est l'intersection du langage
$L$ avec le langage rationnel $N$ (dénoté par l'expression rationnelle
$b^{+} a b^{+} a b^{+} a b^{+}$) : soit $M = L\cap N$.  Mais puisque $N$
est rationnel par définition, et puisque $M$ n'est pas rationnel comme
il a été prouvé en (4a), le langage $L$ n'est pas rationnel
(l'intersection de deux langages rationnels étant rationnelle).

\smallbreak

(5) On a vu en (4b) que $M = L\cap N$.  Comme $L$ est algébrique
d'après (2), et que $N$ est rationnel, il en résulte que $M$ est
algébrique (l'intersection d'un langage algébrique et d'un langage
rationnel étant algébrique, ainsi qu'il a été rappelé).

\smallbreak

(6) On va expliquer comment écrire un algorithme qui décide si un mot
$x$ de $\Sigma^*$ appartient à $L'$ : autrement dit, il s'agit de
tester si $x$ peut s'écrire sous la forme $w a^n w$ pour un certain $w
\in \Sigma^*$ et $n\in\mathbb{N}$.  Manifestement, si c'est le cas, la
longueur $|w|$ de $w$ est majorée par $\frac{1}{2}|x|$ et qu'on a $n =
|x| - 2|w|$, donc on peut procéder ainsi : pour chaque $k$ entier
allant de $0$ à $\frac{1}{2}|x|$, et en appelant $n := |x|-2k$, tester
si le préfixe de longueur $k$ de $x$ et son suffixe de longueur $k$
sont égaux et si les $n$ lettres entre les positions $k$ incluse (en
compsant à partir de $0$) et $k+n$ exclue sont toutes des $a$ : si
oui, retourner vrai, et si la boucle se finit sans que la condition
soit vérifiée, retourner faux.

(De façon plus expéditive : comme la longueur de $w$ et la valeur de
$n$ sont bornées, il n'y a qu'un nombre fini de possibilités à tester
qui pourraient faire que $x = w a^n w$, donc quitte à tester tous les
$w$ de longueur $\leq\frac{1}{2}|x|$ et tous les $n$ possibles jusqu'à
$|x|$, on peut tester si on a $x = w a^n w$.)

Comme $L'$ est décidable, en particulier, il est semi-décidable.

\smallbreak

(7) En se rappelant qu'un langage rationnel est algébrique, qu'un
algébrique est décidable, et qu'un décidable est semi-décidable, et en
ajoutant par ailleurs la colonne $N$ (qui n'était pas demandée), on a
le tableau suivant :
\begin{center}
\begin{tabular}{r|ccccc}
&$L$&$L'$&$M$&$M'$&$N$\\\hline
rationnel ?&NON&NON&NON&NON&oui\\
algébrique ?&oui&NON&oui&NON&oui\\
décidable ?&oui&oui&oui&oui&oui\\
semi-décidable ?&oui&oui&oui&oui&oui\\
\end{tabular}
\end{center}
\vskip-\baselineskip\vskip-1ex\strut
\end{corrige}


%
%
%

\exercice

On rappelle que le \emph{problème de l'arrêt} $H$ est l'ensemble des
couples $(e,x)$ formés d'un programme (=algorithme) $e$ et d'une
entrée $x$, tels que l'exécution du programme $e$ sur l'entrée $x$
termine en temps fini (on peut éventuellement noter cela :
$\varphi_e(x)\downarrow$).  On rappelle que le problème de l'arrêt $H$
est semi-décidable mais non décidable (autrement dit, on ne peut pas
décider à l'avance en temps fini si un programme $e$ donné va terminer
sur une entrée $x$, mais on peut au moins vérifier que c'est le cas
quand ça l'est).

On définit ici la variante $H'$ suivante du problème de l'arrêt : $H'$
est l'ensemble des couples $(e,x)$ formés d'un programme $e$ et d'une
entrée $x$, tels que l'exécution du programme $e$ sur l'entrée $x$
termine en temps fini et renvoie la réponse $42$ (si on veut :
$\varphi_e(x) = 42$).  Ainsi, on a $H' \subseteq H$ (ce fait est
destiner à éclaircir la définition de $H'$ mais n'est pas utile pour
la suite).

(1) Montrer que $H'$ est semi-décidable.

(2) Montrer que $H'$ n'est pas décidable (pour cela, on cherchera à
montrer que s'il l'était, $H$ le serait aussi).

\begin{corrige}
(1) Le fait que $H'$ soit semi-décidable se montre de la même manière
  que le fait que $H$ l'est : donnés un programme $e$ et une entrée
  $x$, on lance l'exécution de $e$ sur l'entrée $x$ (au moyen, si on
  veut être précis, d'une « machine universelle »), et si cette
  exécution termine et renvoie la valeur $42$, on renvoie « vrai »,
  sinon on rentre dans une boucle infinie (ou on renvoie « faux », peu
  importe) ; bien sûr, si l'exécution de $e$ sur $x$ ne termine pas,
  l'algorithme qu'on vient de décrire ne terminera pas non plus.  Au
  final, on a bien décrit un algorithme qui semi-décide $H'$.

\smallbreak

(2) Supposons par l'absurde que $H'$ soit décidable (c'est-à-dire,
concrètement, qu'on dispose d'un moyen de savoir si un programme $e$,
quand on lui fournit une entrée $x$, termine en renvoyant la
valeur $42$) et montrons, pour arriver à une contradiction, que $H$
l'est aussi.

Donnés un programme $e$ et une entrée $x$, on peut construire
\emph{algorithmiquement} le programme $e'$ suivant : il effectue les
mêmes opérations que $e$, mais, à la fin, ignore le résultat calculé,
et renvoie toujours $42$.  Ainsi, l'exécution de $e'$ sur l'entrée $x$
termine et renvoie $42$ si et seulement si celle de $e$ sur cette même
entrée termine (et renvoie n'importe quoi) : si on veut,
$\varphi_{e'}(x)=42 \liff \varphi_e(x)\downarrow$.  On peut alors
utiliser $H'$ — supposé décidable — pour décider si $e'$ termine (sur
l'entrée $x$) en renvoyant $42$ : comme ceci revient au même que de
savoir si $e$ termine (sur l'entrée $x$), ceci fournit un moyen pour
savoir si $e$ termine (sur l'entrée $x$).  Autrement dit, on a résolu
algorithmiquement le problème de l'arrêt, ce qui est une
contradiction.  C'est donc que $H'$ n'était, en fait, pas décidable.
\end{corrige}



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\end{document}