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\documentclass[12pt,a4paper]{article}
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% A tribute to the worthy AMS:
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%
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\theoremstyle{definition}
\newtheorem{comcnt}{Tout}
\newcommand\thingy{%
\refstepcounter{comcnt}\smallskip\noindent\textbf{\thecomcnt.} }
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\refstepcounter{comcnt}\bigskip\noindent\textbf{Exercice~\thecomcnt.}\par\nobreak}
\renewcommand{\qedsymbol}{\smiley}
%
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\newcommand{\manfntsymbol}[1]{%
    {\fontencoding{U}\fontfamily{manual}\selectfont\symbol{#1}}}
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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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%
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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

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

(La longueur de l'exercice 3 ne doit pas effrayer : les réponses
attendues sont plus courtes que les questions puisqu'il s'agit de lire
et de commenter des raisonnements déjà écrits.)

\ifcorrige
Ce corrigé comporte 8 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 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 DFA
est, en particulier, un NFA), 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
$\mathscr{A}_2$ 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
$3'$ (final) 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
$\mathscr{A}_4$ 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
le plus loin de l'état initial.)

\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 $b$ et $c$ 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.

\emph{Remarque :} le langage $M$ est aussi dénoté par l'expression
rationnelle plus simple $(b|c){*}\,(a|c){*}\,(a|b){*}$, mais celle-ci
ne répond pas à la question car elle ne peut pas s'obtenir par
élimination des états à partir de $\mathscr{A}_4$.
\end{corrige}


%
%
%

\exercice

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

Les questions de cet exercice sont essentiellement indépendantes, si
ce n'est que la question (6) fait appel à la conclusion (énoncée) des
questions (2) à (5).

\smallskip

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

\begin{corrige}
On peut proposer les arbres d'analyse suivants :\\
% S<a.S<a.S<e.>>b.S<e.>>
\begin{tikzpicture}[line join=bevel,baseline=(S0.base)]
\node (S0) at (42.500bp,0.000bp) [draw=none] {$S$};
\node (a0) at (0.000bp,-30.000bp) [draw=none] {$a$};  \draw (S0) -- (a0);
\node (S1) at (30.000bp,-30.000bp) [draw=none] {$S$};  \draw (S0) -- (S1);
\node (a1) at (20.000bp,-60.000bp) [draw=none] {$a$};  \draw (S1) -- (a1);
\node (S2) at (40.000bp,-60.000bp) [draw=none] {$S$};  \draw (S1) -- (S2);
\node (e0) at (40.000bp,-80.000bp) [draw=none] {$\varepsilon$};  \draw (S2) -- (e0);
\node (b0) at (60.000bp,-30.000bp) [draw=none] {$b$};  \draw (S0) -- (b0);
\node (S3) at (80.000bp,-30.000bp) [draw=none] {$S$};  \draw (S0) -- (S3);
\node (e1) at (80.000bp,-50.000bp) [draw=none] {$\varepsilon$};  \draw (S3) -- (e1);
\end{tikzpicture}
d'une part,\hfill et
% S<a.S<a.S<e.>b.S<e.>>>
\begin{tikzpicture}[line join=bevel,baseline=(S0.base)]
\node (S0) at (25.000bp,0.000bp) [draw=none] {$S$};
\node (a0) at (0.000bp,-30.000bp) [draw=none] {$a$};  \draw (S0) -- (a0);
\node (S1) at (50.000bp,-30.000bp) [draw=none] {$S$};  \draw (S0) -- (S1);
\node (a1) at (20.000bp,-60.000bp) [draw=none] {$a$};  \draw (S1) -- (a1);
\node (S2) at (40.000bp,-60.000bp) [draw=none] {$S$};  \draw (S1) -- (S2);
\node (e0) at (40.000bp,-80.000bp) [draw=none] {$\varepsilon$};  \draw (S2) -- (e0);
\node (b0) at (60.000bp,-60.000bp) [draw=none] {$b$};  \draw (S1) -- (b0);
\node (S3) at (80.000bp,-60.000bp) [draw=none] {$S$};  \draw (S1) -- (S3);
\node (e1) at (80.000bp,-80.000bp) [draw=none] {$\varepsilon$};  \draw (S3) -- (e1);
\end{tikzpicture}
d'autre part\\
(en fait, on peut se convaincre que ce sont les seuls possibles).
La grammaire $G$ est donc ambiguë.
\end{corrige}

L'objet des questions suivantes 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 $M$.

\begin{corrige}
Le langage $M$ est dénoté par l'expression rationnelle $a{*}b{*}$.
\end{corrige}

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 $P \subseteq L$.

\begin{corrige}
Soient $i\geq j$ deux entiers naturels : on va expliquer comment
produire le mot $a^i b^j$ selon les règles de $G$.  À partir de
l'axiome $S$, on commence par appliquer $i-j$ fois la règle $a
\rightarrow aS$, ce qui donne $a \Rightarrow aS \Rightarrow aaS
\Rightarrow \cdots \Rightarrow a^{i-j} S$.  Appliquons maintenant $j$
fois la règle $S\rightarrow aSbS$, suivie à chaque fois de
$S\rightarrow\varepsilon$ sur le $S$ de droite : on obtient ainsi
$a^{i-j} S \Rightarrow a^{i-j+1} S bS \Rightarrow a^{i-j+1} S b
\Rightarrow a^{i-j+2} S b S b \Rightarrow a^{i-j+2} S bb \Rightarrow
\cdots \Rightarrow a^i S b^j$.  Il suffit de terminer par une
application de $S \rightarrow \varepsilon$ : on obtient ainsi une
dérivation $S \mathrel{\Rightarrow^*} a^i b^j$ qui prouve que $a^i b^j
\in L$.

(On pouvait aussi, plus informellement, esquisser l'allure d'un arbre
de dérivation de $a^i b^j$ un peu à la manière de l'un ou l'autre de
ceux de la question (1), mais en appliquant $i-j$ fois la règle $a
\rightarrow aS$ et $j$ fois la règle $S \rightarrow aSbS$.)
\end{corrige}

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

\begin{corrige}
Considérons la propriété « avoir (au total) au moins autant de $a$ que
de $b$ », ou si on veut $|\xi|_a\geq |\xi|_b$, sur un pseudo-mot $\xi$
(un « pseudo-mot » signifiant, par définition, un mot sur $\Sigma\cup
N = \{a,b,S\}$).  Cette propriété est vérifiée par le pseudo-mot $S$.
Elle est préservée si on remplace $S$ par $aSbS$ ou $aS$ ou
$\varepsilon$ puisque dans chacun de ces cas le nombre de $a$ augmente
d'au moins autant que le nombre de $b$.  Elle est donc possédée par
tout pseudo-mot, et en particulier tout mot, qui dérive de $S$
selon $G$.  On vient donc de prouver que tout mot de $L$ a au moins
autant de $a$ que de $b$.  Notamment, tout mot de $L\cap M$ est un mot
de la forme $a^i b^j$ (par définition de $M$), et qui vérifie $i\geq
j$ (c'est ce qu'on vient de prouver).  Il est donc dans $P$.
\end{corrige}

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

\begin{corrige}
Supposons par l'absurde que $P = \{a^i b^j : i\geq j\}$ soit
rationnel.  Appliquons le lemme de pompage pour les langages
rationnels au langage $P$ : appelons $k$ l'entier dont le lemme de
pompage garantit l'existence.  Considérons le mot $t := a^k b^k$ (qui
appartient bien à $P$ et est bien de longueur $\geq k$) : il doit
alors exister une factorisation $t = uvw$ (avec $u,v,w \in \Sigma^*$,
non nécessairement dans $P$) pour laquelle on a
(i) $|v|\geq 1$, (ii) $|uv|\leq k$ et (iii) $uv^iw \in P$ pour
tout $i\geq 0$.  La propriété (ii) assure que $uv$ est formé d'un
certain nombre de répétitions de la lettre $a$ (car tout préfixe de
longueur $\leq k$ de $a^k b^k$ est de cette forme) ; disons $u =
a^\ell$ et $v = a^m$, si bien que $w = a^{k-\ell-m} b^k$.  La
propriété (i) donne $m\geq 1$.  Enfin, la propriété (iii) affirme que
le mot $uv^iw = a^{k+(i-1)m} b^k$ appartient à $P$ ; or pour $i=0$,
ceci est faux puisque $a^{k-m} b^k$ vérifie $k-m < k$.  On a donc
abouti à une contradiction, et c'est que $P$ n'est pas rationnel.
\end{corrige}

(6) Déduire des questions (2) à (5) que $L$ n'est pas rationnel (on
explicitera très soigneusement le raisonnement).

\begin{corrige}
On a vu à la question (3) que $P \subseteq L$ ; il est par ailleurs
trivial que $P \subseteq M$, et on a donc $P \subseteq L\cap M$.  Mais
on a vu à la question (4) que $L\cap M \subseteq P$ : on a donc $L\cap
M = P$.  Le langage $M$ est rationnel d'après la question (2).  Si le
langage $L$ était lui aussi rationnel, le langage $L\cap M$
(c'est-à-dire $P$) le serait car l'intersection de deux langages
rationnels est rationnelle.  Or on a vu à la question (5) que $P$
n'est pas rationnel.  C'est donc que $L$ ne l'est pas.
\end{corrige}


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\exercice

Dans cet exercice, on s'intéresse au langage $L$ formé des
programmes $e$ (codés, dans une formalisation quelconque de la
calculabilité\footnote{Par exemple, un langage de programmation
  (Turing-complet) quelconque.}, comme des entiers naturels ou comme
des mots sur un alphabet fixé sans importance) qui, quel 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
(ou les erreurs) commise(s) par le raisonnement incorrect, et
détailler les éventuels passages incomplets dans le raisonnement
correct.

\begin{corrige}
C'est Hippolyte qui a raison ($L$ n'est pas semi-décidable).

L'argument de Thésée est stupide : une instruction mettant fin au
programme avec une valeur autre que $0$ pourrait ne jamais être
atteinte, et réciproquement, même si toutes les instructions mettant
fin au programme renvoyaient $0$, il pourrait aussi ne jamais
terminer.  (Au passage, l'argument de Thésée semblerait même montrer
que $L$ est décidable, pas juste semi-décidable.)

L'argument d'Hippolyte, lui, est correct : il montre que si $L$ était
semi-décidable, le complémentaire du problème de l'arrêt (l'ensemble
des $e'$ qui ne terminent jamais) serait semi-décidable, ce qui n'est
pas le cas.  (Le complémentaire du problème de l'arrêt n'est pas
semi-décidable, car s'il l'était, le problème de l'arrêt serait
décidable, vu qu'il est déjà semi-décidable.)  Parmi les points qui
méritent éventuellement d'être précisés, on peut mentionner : le fait
que $e$ se déduise algorithmiquement de $e'$ et $m$ ; et le fait qu'il
est algorithmiquement possible de lancer l'exécution d'un programme
sur $n$ étapes (peu importe la définition exacte de « étape » tant que
chacune termine à coup sûr en temps fini) et tester si elle est bien
finie au bout de ce temps.
\end{corrige}

\medskip

(2) Achille et Patrocle se disputent pour savoir si $M$ (le
complémentaire de $L$) est semi-décidable.  Achille 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
(ou les erreurs) commise(s) par le raisonnement incorrect, et
détailler les éventuels passages incomplets dans le raisonnement
correct.

\begin{corrige}
C'est Patrocle qui a raison ($M$ n'est pas semi-décidable).

Le raisonnement d'Achille se fonde sur l'idée que le complémentaire de
« l'ensemble des programmes qui renvoient toujours la valeur $0$ » est
« l'ensemble des programmes qui renvoient parfois une valeur autre
que $0$ », ce qui oublie la possibilité que le programme ne termine
pas.  C'est là la principale erreur (le reste est globalement
correct).

L'argument de Patrocle, lui, est correct : il montre que si $M$ était
semi-décidable, le complémentaire du problème de l'arrêt (l'ensemble
des $e'$ qui ne terminent jamais) serait semi-décidable, ce qui n'est
pas le cas.  (Le complémentaire du problème de l'arrêt n'est pas
semi-décidable, car s'il l'était, le problème de l'arrêt serait
décidable, vu qu'il est déjà semi-décidable.)  On fait appel à des
fonctions constantes, et qui ne peuvent renvoyer que $0$ ou ne pas
terminer, mais ce n'est pas spécialement problématique.  Parmi les
points qui méritent éventuellement d'être précisés, on peut mentionner
le fait que $e$ se déduise algorithmiquement de $e'$ et $m$.
\end{corrige}

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\end{document}
