%% This is a LaTeX document.  Hey, Emacs, -*- latex -*- , get it?
\documentclass[12pt,a4paper]{article}
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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}\smallskip\noindent\textbf{\thecomcnt.} }
\newcommand\exercice{%
\refstepcounter{comcnt}\bigskip\noindent\textbf{Exercice~\thecomcnt.}\par\nobreak}
\renewcommand{\qedsymbol}{\smiley}
%
\DeclareUnicodeCharacter{00A0}{~}
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%
%
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\newcommand{\manfntsymbol}[1]{%
    {\fontencoding{U}\fontfamily{manual}\selectfont\symbol{#1}}}
\newcommand{\dbend}{\manfntsymbol{127}}% Z-shaped
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%
% NOTE: compile dot files with
% dot2tex --figonly -f tikz --tikzedgelabels --graphstyle=automaton file.dot  > file.tex
\tikzstyle{automaton}=[>=stealth',initial text={},thick,every loop/.style={min distance=7mm,looseness=5}]
\tikzstyle{state}=[]
\tikzstyle{final}=[accepting by arrow]
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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{22 mars 2018}
\maketitle

{\footnotesize
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Git: \input{vcline.tex}
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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} : $7+8+5$ points.

\ifcorrige
%Ce corrigé comporte 7 pages (page de garde incluse)
\else
Cet énoncé comporte 4 pages (page de garde incluse)
\fi

\pagebreak


%
%
%

\exercice

Dans cet exercice, on pose $\Sigma = \{a,b,c\}$.  On appelle $L$ le
langage des mots sur $\Sigma$ qui ont $abc$ comme sous-mot,
c'est-à-dire, qui contiennent un $a$, un $b$ et un $c$ dans cet ordre
mais non nécessairement consécutivement (à titre d'exemple, $abac \in
L$).

(1) Proposer un automate non-déterministe (NFA), sans transition
spontanée, $\mathscr{A}_1$ qui reconnaît le langage $L$.  On
justifiera rapidement pourquoi l'automate proposé convient.

\begin{corrige}
On peut proposer l'automate $\mathscr{A}_1$ suivant :
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[>=latex,line join=bevel,automaton]
\node (q0) at (0bp,0bp) [draw,circle,state,initial] {$0$};
\node (q1) at (70bp,0bp) [draw,circle,state] {$1$};
\node (q2) at (140bp,0bp) [draw,circle,state] {$2$};
\node (q3) at (210bp,0bp) [draw,circle,state,final] {$3$};
\draw [->] (q0) to[loop below] node[auto] {$a,b,c$} (q0);
\draw [->] (q0) -- node[auto] {$a$} (q1);
\draw [->] (q1) to[loop below] node[auto] {$a,b,c$} (q1);
\draw [->] (q1) -- node[auto] {$b$} (q2);
\draw [->] (q2) to[loop below] node[auto] {$a,b,c$} (q2);
\draw [->] (q2) -- node[auto] {$c$} (q3);
\draw [->] (q3) to[loop below] node[auto] {$a,b,c$} (q3);
\end{tikzpicture}
\end{center}
Pour se convaincre qu'il convient, on remarque qu'un chemin de
l'unique état initial ($0$) à l'unique état final ($3$) dans cet
automate est formé par trois transitions $0\to 1$, $1\to 2$ et $2\to
3$, étiquetées par les lettres $a$, $b$ et $c$ respectivement,
intercalées d'un nombre quelconque de transitions d'un état vers
lui-même, étiquetées par une lettre quelconque : la lecture de ses
étiquettes donne bien un mot ayant $abc$ comme sous-mot ; et
réciproquement, tout tel mot étiquette au moins un chemin de $0$ à $3$
(une fois choisies les lettres $a,b,c$ dans l'ordre qui correspondront
aux transitions changeant d'état).

\emph{Remarque :} il est correct de donner directement l'automate
déterministe $\mathscr{A}_2$ représenté ci-dessous (puisque tout NFA
est, en particulier, un DFA), à condition de justifier proprement
qu'il convient.
\end{corrige}

(2) Déterminiser (si nécessaire) l'automate $\mathscr{A}_1$ trouvé
en (1) ; on appellera $\mathscr{A}_2$ l'automate résultant.

\begin{corrige}
En notant $0':=\{0\}$, $1' := \{0,1\}$, $2' := \{0,1,2\}$ et $3' :=
\{0,1,2,3\}$ les états de l'automate déterministe $\mathscr{A}_2$ qui
correspondent aux ensembles d'états de l'automate $\mathscr{A}_1$
qu'on vient d'indiquer, la déterminisation conduit à l'automate
$\mathscr{A}_1$ suivant :
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[>=latex,line join=bevel,automaton]
\node (q0) at (0bp,0bp) [draw,circle,state,initial] {$0'$};
\node (q1) at (70bp,0bp) [draw,circle,state] {$1'$};
\node (q2) at (140bp,0bp) [draw,circle,state] {$2'$};
\node (q3) at (210bp,0bp) [draw,circle,state,final] {$3'$};
\draw [->] (q0) to[loop below] node[auto] {$b,c$} (q0);
\draw [->] (q0) -- node[auto] {$a$} (q1);
\draw [->] (q1) to[loop below] node[auto] {$a,c$} (q1);
\draw [->] (q1) -- node[auto] {$b$} (q2);
\draw [->] (q2) to[loop below] node[auto] {$a,b$} (q2);
\draw [->] (q2) -- node[auto] {$c$} (q3);
\draw [->] (q3) to[loop below] node[auto] {$a,b,c$} (q3);
\end{tikzpicture}
\end{center}
\vskip-\baselineskip\vskip-1ex\strut
\end{corrige}

(3) Minimiser (si nécessaire) l'automate $\mathscr{A}_2$ obtenu
en (2) ; on appellera $\mathscr{A}_3$ l'automate minimal (=canonique)
résultant.

\begin{corrige}
On part bien d'un automate $\mathscr{A}_2$ déterministe complet sans
état inaccessible.  La première étape de l'algorithme de minimisation
sépare deux classes d'états : $0',1',2'$ (non finaux) d'une part et
$3'$ (finaux) de l'autre.  Ensuite on sépare $0',1'$ d'une part et
$2'$ de l'autre (car les premiers ne conduisent qu'à des états non
finaux, tandis que $2'$ conduit à un état final par la transition
étiquetée $c$).  L'étape suivante sépare $0'$ et $1'$ (car le premier
ne conduit qu'à un état de la classe $0',1'$ de l'étape précédente,
tandis que $1'$ conduit à un état de la classe $2'$ par la transition
étiquetée $b$).  On a donc séparé tous les états, ce qui montre que
$\mathscr{A}_3 = \mathscr{A}_2$ est minimal.

\emph{Remarque :} on pouvait aussi invoquer l'argument suivant :
puisque le mot $abc$ doit être accepté et qu'aucun de ses sous-mots
stricts ne l'est (ce qui exclut qu'il y ait une boucle dans le chemin
d'acceptation), il faut au moins $|abc|+1 = 4$ états dans n'importe
quel automate reconnaissant $L$.  Comme $\mathscr{A}_2$ a
effectivement $4$ états, il est forcément minimal.
\end{corrige}

(4) Construire un automate $\mathscr{A}_4$ reconnaissant le langage $M
:= \Sigma^*\setminus L$ complémentaire de $L$.

\begin{corrige}
On obtient $\mathscr{A}_4$ en échangeant états finaux et non finaux
dans $\mathscr{A}_3 = \mathscr{A}_2$, c'est-à-dire l'automate
$\mathscr{A}_3$ suivant :
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[>=latex,line join=bevel,automaton]
\node (q0) at (0bp,0bp) [draw,circle,state,initial,final,accepting above] {$0'$};
\node (q1) at (70bp,0bp) [draw,circle,state,final,accepting above] {$1'$};
\node (q2) at (140bp,0bp) [draw,circle,state,final,accepting above] {$2'$};
\node (q3) at (210bp,0bp) [draw,circle,state] {$3'$};
\draw [->] (q0) to[loop below] node[auto] {$b,c$} (q0);
\draw [->] (q0) -- node[auto] {$a$} (q1);
\draw [->] (q1) to[loop below] node[auto] {$a,c$} (q1);
\draw [->] (q1) -- node[auto] {$b$} (q2);
\draw [->] (q2) to[loop below] node[auto] {$a,b$} (q2);
\draw [->] (q2) -- node[auto] {$c$} (q3);
\draw [->] (q3) to[loop below] node[auto] {$a,b,c$} (q3);
\end{tikzpicture}
\end{center}
\vskip-\baselineskip\vskip-1ex\strut
\end{corrige}

(5) En appliquant à $\mathscr{A}_4$ la méthode d'élimination des
états, déterminer une expression rationnelle dénotant le langage $M$.
(Si on souhaite obtenir une expression plus compacte, il est
recommandé de commencer l'élimination des états par ceux qui sont
plutôt proches de l'état final.)

\begin{corrige}
On va manipuler des automates finis à transitions étiquetées par des
expressions rationnelles (ou « RNFA »).  Dans un premier temps, on
donne à l'automate un unique état final $F$ en faisant pointer vers
lui une transition spontanée (i.e., étiquetée
par $\underline{\varepsilon}$) depuis tout état qui était final, et un
unique état initial $I$ depuis lequel on fait partir une transition
spontanée vers $0$.  L'état $3'$ peut être éliminé d'emblée puisqu'il
est inutile (il n'est pas co-accessible : c'est un puits !).  Par
ailleurs, deux transitions entre les mêmes états sont remplacées par
une seule étiquetée par la disjonction des étiquettes (par exemple,
les deux transitions $0'\to 0'$ étiquetées $b,c$ sont remplacées par
une seule étiquetée $b|c$).  On a donc affaire à l'automate suivant :
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[>=latex,line join=bevel,automaton]
\node (qI) at (-70bp,0bp) [draw,circle,state,initial] {$I$};
\node (q0) at (0bp,0bp) [draw,circle,state] {$0'$};
\node (q1) at (70bp,0bp) [draw,circle,state] {$1'$};
\node (q2) at (140bp,0bp) [draw,circle,state] {$2'$};
\node (qF) at (210bp,0bp) [draw,circle,state,final] {$F$};
\draw [->] (qI) -- node[auto] {$\underline{\varepsilon}$} (q0);
\draw [->] (q0) to[loop below] node[auto] {$b|c$} (q0);
\draw [->] (q0) -- node[auto] {$a$} (q1);
\draw [->] (q1) to[loop below] node[auto] {$a|c$} (q1);
\draw [->] (q1) -- node[auto] {$b$} (q2);
\draw [->] (q2) to[loop below] node[auto] {$a|b$} (q2);
\draw [->] (q2) -- node[auto] {$\underline{\varepsilon}$} (qF);
\draw [->] (q1) to[out=45,in=135] node[auto] {$\underline{\varepsilon}$} (qF);
\draw [->] (q0) to[out=90,in=180] (70bp,60bp) to node[auto] {$\underline{\varepsilon}$} (140bp,60bp) to[out=0,in=90] (qF);
\end{tikzpicture}
\end{center}
On élimine maintenant l'état $2'$ :
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[>=latex,line join=bevel,automaton]
\node (qI) at (-70bp,0bp) [draw,circle,state,initial] {$I$};
\node (q0) at (0bp,0bp) [draw,circle,state] {$0'$};
\node (q1) at (70bp,0bp) [draw,circle,state] {$1'$};
\node (qF) at (210bp,0bp) [draw,circle,state,final] {$F$};
\draw [->] (qI) -- node[auto] {$\underline{\varepsilon}$} (q0);
\draw [->] (q0) to[loop below] node[auto] {$b|c$} (q0);
\draw [->] (q0) -- node[auto] {$a$} (q1);
\draw [->] (q1) to[loop below] node[auto] {$a|c$} (q1);
\draw [->] (q1) -- node[auto] {$\underline{\varepsilon}|b(a|b){*}$} (qF);
\draw [->] (q0) to[out=90,in=180] (70bp,40bp) to node[auto] {$\underline{\varepsilon}$} (140bp,40bp) to[out=0,in=90] (qF);
\end{tikzpicture}
\end{center}
(on a fait usage du fait évident que l'expression rationnelle
$r\underline{\varepsilon}$ est équivalente à $r$).  On élimine
ensuite l'état $1'$ :
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[>=latex,line join=bevel,automaton]
\node (qI) at (-70bp,0bp) [draw,circle,state,initial] {$I$};
\node (q0) at (0bp,0bp) [draw,circle,state] {$0'$};
\node (qF) at (210bp,0bp) [draw,circle,state,final] {$F$};
\draw [->] (qI) -- node[auto] {$\underline{\varepsilon}$} (q0);
\draw [->] (q0) to[loop below] node[auto] {$b|c$} (q0);
\draw [->] (q0) -- node[auto] {$\underline{\varepsilon}|a(a|c){*}(\underline{\varepsilon}|b(a|b){*})$} (qF);
\end{tikzpicture}
\end{center}
Enfin, l'élimination de l'état $0'$ conduit au RNFA ayant seulement
deux états $I$ et $F$ reliés par une transition étiquetée par
\[
(b|c){*}\Big(\underline{\varepsilon}|a(a|c){*}\big(\underline{\varepsilon}|b(a|b){*}\big)\Big)
\]
qui est l'expression rationnelle recherchée (dénotant $M$).

L'élimination des états dans l'ordre $0',1',2'$ conduirait à
l'expression rationnelle moins compacte
\[
\underline{\varepsilon}\;|\;(b|c){*}\;|\;(b|c){*}a(a|c){*}\;|\;(b|c){*}a(a|c){*}b(a|b){*}
\]
qui est cependant sans doute plus lisible.
\end{corrige}


%
%
%

\exercice

Dans cet exercice, on pose $\Sigma = \{a,b\}$.  On appelle $L = L(G)$
le langage défini par la hors-contexte $G$ d'axiome $S$ et de
nonterminaux $N = \{S\}$ sur l'alphabet $\Sigma$ donnée par
\[
\begin{aligned}
S &\rightarrow aSbS \;|\; aS \;|\; \varepsilon\\
\end{aligned}
\]

(1) Donner deux arbres d'analyse (pour $G$) différents du mot $aab$.
Que peut-on dire de la grammaire $G$ ?

L'objet des questions suivantes (qui ne dépendent pas de la
précédente) est de montrer que $L$ n'est pas rationnel.

Soit $M$ le langage $\{a^i b^j : i,j\in\mathbb{N}\}$ constitué des
mots de la forme $a^i b^j$ avec $i$ et $j$ deux entiers naturels
quelconques.

(2) Donner une expression rationnelle qui dénote $M$.

Soit $P$ le langage $\{a^i b^j : i\geq j\}$ constitué des mots de la
forme $a^i b^j$ avec $i$ et $j$ deux entiers naturels vérifiant $i\geq
j$ (autrement dit, les mots de $M$ qui ont au moins autant de $a$ que
de $b$).

(3) Montrer que $P \subseteq L$.

(4) Montrer que $L\cap M \subseteq P$.

(5) Montrer que $P$ n'est pas rationnel.

(6) Déduire des questions (2) à (5) que $L$ n'est pas rationnel.


%
%
%

\exercice

Dans cet exercice, on s'intéresse au langage $L$ formé des
programmes $e$ (codés, dans un langage Turing-complet fixé quelconque,
comme des entiers naturels ou comme des mots sur un alphabet fixé sans
importance) qui, quelle que soit le paramètre $n$ qu'on leur fournit
en entrée, terminent en temps fini et retournent la valeur $0$ : soit
$L = \{e : (\forall n) {\varphi_e(n)\downarrow} = 0\}$.  Si l'on
préfère, $L$ est l'ensemble de toutes les façons de coder la fonction
constante égale à $0$.  On appellera aussi $M$ le complémentaire
de $L$.  On se demande si $L$ ou $M$ sont semi-décidables.

\smallskip

(1) Thésée et Hippolyte se disputent pour savoir si $L$ est
semi-décidable.  Thésée pense qu'il l'est, et il tient le raisonnement
suivant pour l'expliquer :

{\narrower

Pour savoir si un programme $e$ est dans l'ensemble $L$, il suffit de
l'examiner pour vérifier que toutes les instructions qui mettent fin
au programme renvoient la valeur $0$ : si c'est le cas, on termine en
répondait « oui » (c'est-à-dire $e\in L$) ; sinon, on rentre dans une
boucle infinie.  Ceci fournit un algorithme qui semi-décide $L$.

\par}

\smallskip

\noindent Hippolyte, elle, pense que $L$ n'est pas semi-décidable.  Son
argument est le suivant :

{\narrower

Si $L$ était semi-décidable, je pourrais m'en servir pour résoudre le
problème de l'arrêt.  En effet, donné un programme $e'$ et une
entrée $m$ sur laquelle je cherche à tester l'arrêt de $e'$, je peux
fabriquer le programme $e$ qui prend une entrée $n$, lance l'exécution
de $e'$ sur l'entrée $m$ pendant au plus $n$ étapes et à la fin
renvoie $1$ si ces $n$ étapes ont suffi à terminer l'exécution
de $e'$, et $0$ sinon.  Dire que $e \in L$ signifie que $e'$ ne
termine jamais sur $m$, donc pouvoir semi-décider $L$ permet de
résoudre algorithmiquement le problème de l'arrêt, ce qui est
impossible.

\par}

\smallskip

\noindent Qui a raison ?  Expliquer précisément quelle est l'erreur
commise par le raisonnement incorrect, et détailler les éventuels
passages incomplets dans le raisonnement correct.

\medskip

(2) Achille et Patrocle se disputent pour savoir si $M$ est
semi-décidable.  Achile pense qu'il l'est, et il tient le raisonnement
suivant pour l'expliquer :

{\narrower

Pour savoir si un programme $e$ est dans l'ensemble $M$, il suffit de
tester successivement les valeurs $\varphi_e(n)$ pour tous les $n$
possibles : si l'on rencontre un $n$ tel que $\varphi_e(n)$ n'est
pas $0$, alors on termine en répondant « oui » (c'est-à-dire $e\in
M$) ; sinon, on ne va jamais terminer, et cela signifie que $e\not\in
M$.  Ceci fournit un algorithme qui semi-décide $M$.

\par}

\smallskip

\noindent Patrocle, lui, pense que $M$ n'est pas semi-décidable.  Son
argument est le suivant :

{\narrower

Si $M$ était semi-décidable, je pourrais m'en servir pour résoudre le
problème de l'arrêt.  En effet, donné un programme $e'$ et une
entrée $m$ sur laquelle je cherche à tester l'arrêt de $e'$, je peux
fabriquer le programme $e$ qui prend une entrée $n$, l'ignore purement
et simplement, exécute $e'$ sur l'entrée $m$ et à la fin renvoie $0$.
Dire que $e\in M$ signifie que $e'$ ne termine pas sur $m$, donc
pouvoir semi-décider $M$ permet de résoudre algorithmiquement le
problème de l'arrêt, ce qui est impossible.

\par}

\smallskip

\noindent Qui a raison ?  Expliquer précisément quelle est l'erreur
commise par le raisonnement incorrect, et détailler les éventuels
passages incomplets dans le raisonnement correct.

%
%
%
\end{document}
