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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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%
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    {\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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%
%
\begin{document}
\ifcorrige
\title{INF105\\Contrôle de connaissances (rattrapage) — Corrigé\\{\normalsize Théorie des langages}}
\else
\title{INF105\\Contrôle de connaissances (rattrapage)\\{\normalsize Théorie des langages}}
\fi
\author{}
\date{21 juin 2023}
\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

Documents autorisés : uniquement une feuille A4 recto-verso
(manuscrite ou typographiée).

L'usage des appareils électroniques est interdit.

\medbreak

Durée : 1h30

\ifcorrige
Ce corrigé comporte 6 pages (page de garde incluse).
\else
Cet énoncé comporte 3 pages (page de garde incluse).
\fi

\vfill

{\tiny\noindent
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\par}

\pagebreak


%
%
%

\exercice

% NOTE: Initially copied from controle-20180322.tex

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, $abac \in
L$).

\textbf{(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}

\textbf{(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}

\textbf{(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}

\textbf{(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}

\textbf{(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

% NOTE: Initially copied from controle-20180322.tex

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

\textbf{(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.

\textbf{(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 $b$).

\textbf{(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}

\textbf{(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}

\textbf{(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}

\textbf{(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

% NOTE: Initially copied from controle-20210618.tex

(Les deux questions suivantes sont indépendantes.)

\smallskip

\textbf{(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 pas ici de le
  redémontrer : on peut le tenir pour admis.}.  Est-il rationnel ?
Est-il décidable ?  Est-il semi-décidable ?  On justifiera
soigneusement les réponses.

\begin{corrige}
Le langage proposé n'est pas rationnel car il n'est pas algébrique.

Il est décidable car il est évident qu'on peut algorithmiquement d'une
part vérifier qu'un mot est de la forme $a^i b^j c^k$ (comme ceci
correspond à l'expression rationnelle $a{*}b{*}c{*}$, c'est faisable
par automate fini) et d'autre part vérifier qu'il a autant de $a$ que
de $b$ que de $c$.

Étant décidable, il est notamment semi-décidable.
\end{corrige}

\smallskip

\textbf{(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.

\begin{corrige}
L'ensemble $J$ n'est pas semi-décidable.

Pour le montrer, supposons par l'absurde qu'on dispose d'un algorithme
$T$ qui semi-décide $J$ (où « semi-décider » un ensemble $Z$
signifie : terminer en renvoyant $1$ (=vrai) si l'entrée $z$ fournie
appartient à $Z$, et ne pas terminer sinon).  Fixons une fois pour
toutes (le code d')un programme $f$ qui, donnée une entrée $x$,
termine immédiatement (en ignorant $x$).  Alors trivialement $(f,x)
\in H$ quel que soit $x$ ; donc, par définition de $J$, on a $(f,e,x)
\in J$ si et seulement si $(e,h) \not \in H$.

On considère alors l'algorithme $T'$, défini de la manière suivante :
donnés $(e,x)$, on applique l'algorithme $T$ (qu'on a supposé exister)
au triplet $(f,e,x)$ : si $T$ termine (autrement dit, si $(f,e,x) \in
J$), on renvoie $1$ (sinon, bien sûr, on ne termine jamais).  Par
construction, $T'$ termine en renvoyant $1$ sur l'entrée $(e,x)$ si
$(f,e,x) \in J$, c'est-à-dire $(e,x) \not\in H$, et sinon il ne
termine pas.  Ceci signifie que $T'$ semi-décide le complémentaire
de $H$.

Or le complémentaire de $H$ n'est pas semi-décidable (car si le
complémentaire de $H$ était semi-décidable, on aurait à la fois $H$ et
son complémentaire semi-décidables, donc $H$ serait décidable, et on
sait qu'il ne l'est pas), donc un tel algorithme $T'$ ne peut pas
exister.  C'est une contradiction : $J$ n'est donc pas semi-décidable.

\textit{A fortiori}, $J$ n'est pas décidable.
\end{corrige}


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\end{document}