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% A tribute to the worthy AMS:
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%
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\theoremstyle{definition}
\newtheorem{comcnt}{Tout}
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\refstepcounter{comcnt}\smallskip\noindent\textbf{\thecomcnt.} }
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\refstepcounter{comcnt}\bigskip\noindent\textbf{Exercice~\thecomcnt.}\par\nobreak}
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% NOTE: compile dot files with
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\begin{document}
\ifcorrige
\title{INF105\\Contrôle de connaissances — Corrigé\\{\normalsize Théorie des langages}}
\else
\title{INF105\\Contrôle de connaissances\\{\normalsize Théorie des langages}}
\fi
\author{}
\date{18 juin 2021}
\maketitle

\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+7+5.

\ifcorrige
Ce corrigé comporte \textcolor{red}{nnn} pages (page de garde incluse).
\else
Cet énoncé comporte 3 pages (page de garde incluse).
\fi

\vfill

{\tiny\noindent
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Git: \input{vcline.tex}
\immediate\write18{echo ' (stale)' >> vcline.tex}
\par}

\pagebreak


%
%
%

\exercice

Dans cet exercice, on pose $\Sigma = \{a,b\}$.  On considère
l'expression rationnelle $r := bb{*}a(a|b){*}$, et soit $L := L(r)$ le
langage qu'elle dénote (autrement dit, c'est le langage constitués des
mots qui commencent par un nombre $\geq 1$ de fois la lettre $b$,
immédiatement suivis par la lettre $a$, puis n'importe quoi).

(0) Pour chacun des mots suivants, dire si oui ou non il appartient
à $L$ (c'est-à-dire s'il vérifie $r$) : $\varepsilon$ (le mot vide),
$a$, $b$, $ab$, $ba$, $bb$, $bab$, $bba$, $baba$.  On ne demande pas
de justifier les réponses.

\begin{corrige}
Les mots $\varepsilon$, $a$, $b$, $ab$ et $bb$ n'appartiennent pas
à $L$ ; les mots $ba$, $bab$, $bba$ et $baba$ appartiennent à $L$.
\end{corrige}

\emph{Il est fortement conseillé, dans toutes les questions suivantes,
  d'utiliser les mots qui viennent d'être listés pour vérifier les
  automates successifs qu'on calculera.}  (Par exemple, pour un
automate censé reconnaître le langage $L$, on vérifiera qu'il accepte
bien les mots qu'on a identifiés comme appartenant à $L$ et pas ceux
qu'on a identifiés comme n'appartement pas à $L$.)  Les fautes qui
auraient dû être détectées par cette vérification pourront être plus
lourdement sanctionnées.

(1) Traiter l'une \emph{ou} l'autre des questions suivantes :
(i) construire l'automate de Glushkov $\mathscr{A}_1$ de $r$ ;
(ii) construire l'automate de Thompson de $r$, puis éliminer les
transitions spontanées (= $\varepsilon$-transitions) de ce dernier (on
retirera les états devenus inutiles) : on appellera $\mathscr{A}_1$
l'automate ainsi obtenu.

(Dans les deux cas, on obtient le même automate fini $\mathscr{A}_1$.
À défaut de donner l'automate de Glushkov ou de Thompson, donner un
NFA reconnaissant $L$ pourra apporter une partie des points.)

\begin{corrige}
L'automate $\mathscr{A}_1$ trouvé est le suivant :
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[>=latex,line join=bevel,automaton]
\node (q0) at (0bp,0bp) [draw,circle,state,initial] {$0$};
\node (q1) at (60bp,0bp) [draw,circle,state] {$1$};
\node (q2) at (120bp,0bp) [draw,circle,state] {$2$};
\node (q3) at (180bp,0bp) [draw,circle,state,final,accepting below] {$3$};
\node (q4) at (240bp,30bp) [draw,circle,state,final] {$4$};
\node (q5) at (240bp,-30bp) [draw,circle,state,final] {$5$};
\draw[->] (q0) -- node[auto]{$b$} (q1);
\draw[->] (q1) -- node[auto]{$b$} (q2);
\draw[->] (q2) to[loop above] node[auto]{$b$} (q2);
\draw[->] (q2) -- node[auto]{$a$} (q3);
\draw[->] (q1) to[out=330,in=210] node[auto,below]{$a$} (q3);
\draw[->] (q3) -- node[auto]{$a$} (q4);
\draw[->] (q3) -- node[auto,below]{$b$} (q5);
\draw[->] (q4) to[loop above] node[auto]{$a$} (q4);
\draw[->] (q4) to[out=240,in=120] node[auto,swap]{$b$} (q5);
\draw[->] (q5) to[out=60,in=300] node[auto,swap]{$a$} (q4);
\draw[->] (q5) to[loop below] node[auto]{$b$} (q5);
\end{tikzpicture}
\end{center}
\vskip-\baselineskip\vskip-1ex\strut
\end{corrige}

(2) Déterminiser l'automate $\mathscr{A}_1$.  On appellera
$\mathscr{A}_2$ l'automate en question.  On rappelle qu'on attend ici
un automate fini \emph{déterministe complet}.

\begin{corrige}
L'automate $\mathscr{A}_1$ est déjà déterministe, mais incomplet :
pour le transformer en automate déterministe complet, on se contente
de lui ajouter un puits pour obtenir l'automate $\mathscr{A}_2$ :
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[>=latex,line join=bevel,automaton]
\node (q0) at (0bp,0bp) [draw,circle,state,initial] {$0$};
\node (q1) at (60bp,0bp) [draw,circle,state] {$1$};
\node (q2) at (120bp,0bp) [draw,circle,state] {$2$};
\node (q3) at (180bp,0bp) [draw,circle,state,final,accepting below] {$3$};
\node (q4) at (240bp,30bp) [draw,circle,state,final] {$4$};
\node (q5) at (240bp,-30bp) [draw,circle,state,final] {$5$};
\node (Sink) at (0bp,-50bp) [draw,circle] {$\bot$};
\draw[->] (q0) -- node[auto]{$b$} (q1);
\draw[->] (q1) -- node[auto]{$b$} (q2);
\draw[->] (q2) to[loop above] node[auto]{$b$} (q2);
\draw[->] (q2) -- node[auto]{$a$} (q3);
\draw[->] (q1) to[out=330,in=210] node[auto,below]{$a$} (q3);
\draw[->] (q3) -- node[auto]{$a$} (q4);
\draw[->] (q3) -- node[auto,below]{$b$} (q5);
\draw[->] (q4) to[loop above] node[auto]{$a$} (q4);
\draw[->] (q4) to[out=240,in=120] node[auto,swap]{$b$} (q5);
\draw[->] (q5) to[out=60,in=300] node[auto,swap]{$a$} (q4);
\draw[->] (q5) to[loop below] node[auto]{$b$} (q5);
\draw[->] (q0) -- node[auto,swap]{$a$} (Sink);
\draw[->] (Sink) to[loop left] node[auto]{$a,b$} (Sink);
\end{tikzpicture}
\end{center}
\vskip-\baselineskip\vskip-1ex\strut
\end{corrige}

(3) Minimiser l'automate $\mathscr{A}_2$.  On appellera
$\mathscr{A}_3$ l'automate minimal ainsi obtenu (automate canonique du
langage $L$).

\begin{corrige}
L'automate $\mathscr{A}_2$ est déterministe complet sans état
inaccessible.  On commence l'algorithme de minimisation en séparant
les états finaux $\{3,4,5\}$ et non-finaux $\{0,1,2,\bot\}$.  On
sépare ensuite ces derniers en deux classes, $\{1,2\}$ et $\{0,\bot\}$
selon que la transition étiquetée $a$ conduit à un état final.  Enfin,
la transition étiquetée $b$ sépare la classe $\{0,\bot\}$ en deux.
Finalement, on aboutit aux classes suivantes : $\{0\}$, $\{1,2\}$,
$\{3,4,5\}$ et $\{\bot\}$, et à l'automate minimal $\mathscr{A}_3$
suivant :
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[>=latex,line join=bevel,automaton]
\node (q0) at (0bp,0bp) [draw,circle,state,initial] {$0$};
\node (q1) at (60bp,0bp) [draw,circle,state] {$1$};
\node (q3) at (120bp,0bp) [draw,circle,state,final] {$3$};
\node (Sink) at (0bp,-50bp) [draw,circle] {$\bot$};
\draw[->] (q0) -- node[auto]{$b$} (q1);
\draw[->] (q1) to[loop above] node[auto]{$b$} (q1);
\draw[->] (q1) -- node[auto]{$a$} (q3);
\draw[->] (q3) to[loop above] node[auto]{$a,b$} (q3);
\draw[->] (q0) -- node[auto,swap]{$a$} (Sink);
\draw[->] (Sink) to[loop left] node[auto]{$a,b$} (Sink);
\end{tikzpicture}
\end{center}
\vskip-\baselineskip\vskip-1ex\strut
\end{corrige}

(4) Déduire de $\mathscr{A}_3$ un automate fini déterministe complet
$\mathscr{A}_4$ reconnaissant le langage $M := \Sigma^*\setminus L$
complémentaire de $L$.

\begin{corrige}
Il suffit d'échanger les états finaux et non-finaux
dans $\mathscr{A}_3$, ce qui donne 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 (60bp,0bp) [draw,circle,state,final,accepting below] {$1$};
\node (q3) at (120bp,0bp) [draw,circle,state] {$3$};
\node (qZ) at (0bp,-50bp) [draw,circle,final] {$Z$};
\draw[->] (q0) -- node[auto]{$b$} (q1);
\draw[->] (q1) to[loop above] node[auto]{$b$} (q1);
\draw[->] (q1) -- node[auto]{$a$} (q3);
\draw[->] (q3) to[loop above] node[auto]{$a,b$} (q3);
\draw[->] (q0) -- node[auto,swap]{$a$} (qZ);
\draw[->] (qZ) to[loop left] node[auto]{$a,b$} (qZ);
\end{tikzpicture}
\end{center}
(On a renommé l'état $\bot$ en $Z$ vu que ce n'est plus un puits sur
ce nouvel automate, en revanche $3$ en est un.  Ces nom sont, bien
sûr, sans aucun impact sur le fonctionnement de l'automate.)
\end{corrige}

(5) En appliquant l'algorithme d'élimination des états, déduire
de $\mathscr{A}_4$ une expression rationnelle $s$ dénotant le
langage $M$ (c'est-à-dire vérifiée exactement par les mots qui ne
vérifient pas $r$).
\begin{corrige}
Pour procéder à l'algorithme d'élimination des états, on commence par
donner à l'automate un unique état final sans aucune transition qui en
part, appelons-le $\infty$.  On peut aussi d'ores et déjà éliminer
l'état $3$ qui est maintenant inutile :
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[>=latex,line join=bevel,automaton]
\node (q0) at (0bp,0bp) [draw,circle,state,initial] {$0$};
\node (q1) at (60bp,0bp) [draw,circle,state] {$1$};
\node (qZ) at (0bp,-50bp) [draw,circle] {$Z$};
\node (final) at (60bp,-50bp) [draw,circle,final] {$\infty$};
\draw[->] (q0) -- node[auto]{$b$} (q1);
\draw[->] (q1) to[loop above] node[auto]{$b$} (q1);
\draw[->] (q0) -- node[auto,swap]{$a$} (qZ);
\draw[->] (qZ) to[loop left] node[auto]{$a,b$} (qZ);
\draw[->] (q0) -- node[auto]{$\varepsilon$} (final);
\draw[->] (q1) -- node[auto]{$\varepsilon$} (final);
\draw[->] (qZ) -- node[auto,below]{$\varepsilon$} (final);
\end{tikzpicture}
\end{center}
L'élimination de l'état $1$ conduit à remplacer la transition
$0\to\infty$ étiquetée $\varepsilon$ par $\varepsilon | bb{*}$, et
l'élimination de l'état $Z$ conduit à y ajouter $a(a|b){*}$.
Finalement, on a affaire à un automate ayant les seuls états $0$
(initial) et $\infty$ (final) avec la seule transition $0\to\infty$
étiquetée par l'expression rationnelle $s$ recherchée :
\[
\varepsilon \,|\, bb{*} \,|\, a(a|b){*}
\]
qui dénote le langage $M$ complémentaire de $L$.  (Autrement dit : un
mot qui \emph{n'est pas} un nombre $\geq 1$ de $b$ suivi d'un $a$
suivi de n'importe quoi, c'est la même chose qu'un mot soit vide, soit
formé uniquement d'un nombre $\geq 1$ de $b$, soit d'un $a$ suivi de
n'importe quoi.)
\end{corrige}


%
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%

\exercice

On considère la grammaire hors-contexte $G$ sur l'alphabet $\Sigma =
\{a,b,c\}$ ayant pour seul nonterminal son axiome $S$, et pour règles
\[
S \rightarrow abc \;|\; aSbc \;|\; abSc
\]
On appellera « $0$ » la règle $S \rightarrow abc$, et « $1$ » la règle
$S \rightarrow aSbc$, et enfin « $2$ » la règle $S \rightarrow abSc$.

(1) Donner un arbre d'analyse (= de dérivation) du mot $abaabcbcc$
selon cette grammaire $G$.  (On pourra d'abord lire les questions
suivantes si on a du mal à trouver comment dériver ce mot.)

On va maintenant montrer que $G$ est inambiguë.

(2) Expliquer pourquoi tout mot non-vide du langage $L := L(G)$
engendré par $G$ a nécessairement $a$ pour préfixe (i.e., commence par
la lettre $a$).

(3) Montrer que tout mot de $L$ dérivé en démarrant
par\footnote{C'est-à-dire : tout mot $w$ possédant une dérivation
  selon $G$ de la forme $S \Rightarrow aSbc \mathrel{\Rightarrow^*} w$
  où $\mathrel{\Rightarrow^*}$ désigne une succession quelconque de
  dérivations immédiates.  Ou, ce qui revient au même (et on pourra
  tenir ce point pour acquis) : tout mot $w$ possédant un arbre
  d'analyse dont la racine a quatre fils étiquetés $a,S,b,c$ dans cet
  ordre.} la règle $1$ a nécessairement $aa$ comme préfixe.  Montrer
de même que tout mot de $L$ dérivé en démarrant par la règle $2$ a
nécessairement $aba$ comme préfixe.

(4) En déduire comment, d'après les premières lettres d'un mot $w$
de $L$, on peut savoir par quelle règle démarre nécessairement une
dérivation de $w$ selon $G$ (ou, ce qui revient au même, quels sont
les fils de la racine dans tout arbre d'analyse de $w$).

(5) Connaissant tous les arbres d'analyse d'un mot $w$ selon $G$,
expliquer comment trouver tous les arbres d'analyse du mot $awbc$
d'une part, et du mot $abwc$ d'autre part.

(6) En déduire que tout mot $w \in L$ possède un unique arbre
d'analyse selon $G$, et proposer (sur la base des questions
précédentes) un algorithme qui le calcule.


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%
%

\exercice

(Les deux questions suivantes sont indépendantes.)

\smallskip

(1) Le langage $\{a^n b^n c^n : n\in\mathbb{N}\}$ n'est pas
algébrique\footnote{Ce fait est démontré dans le poly, dans la section
  consacrée au lemme de pompage pour les langages algébriques et comme
  illustration de ce dernier ; on ne demande bien sûr pas ici de le
  redémontrer.}.  Est-il rationnel ?  Est-il décidable ?  Est-il
semi-décidable ?  On justifiera soigneusement les réponses.

\smallskip

(2) On rappelle la définition du problème de l'arrêt : c'est
l'ensemble $H$ des couples\footnote{Pour être rigoureux, on a fixé un
  codage permettant de représenter les programmes $e$, les entrées $x$
  à ces programmes, et les couples $(e,x)$, comme des éléments
  de $\mathbb{N}$ (ou bien de $\Sigma^*$ sur un alphabet
  $\Sigma\neq\varnothing$ arbitraire).  Il n'est pas nécessaire de
  faire apparaître ce codage dans la description des algorithmes
  proposés, qui peut rester informelle.} $(e,x)$ 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 a vu en
cours que $H$ était semi-décidable mais non décidable.

On considère l'ensemble $J$ des triplets $(e_1,e_2,x)$ tels que
$(e_1,x) \in H$ et $(e_2,x) \not\in H$.  Autrement dit, le programme
$e_1$ termine en temps fini quand on l'exécute sur l'entrée $x$ mais
le programme $e_2$, lui, ne termine pas sur cette même entrée.
L'ensemble $J$ est-il décidable ?  Semi-décidable ?  On justifiera
soigneusement.


%
%
%
\end{document}