path: root/controle-20180206.tex

%% This is a LaTeX document.  Hey, Emacs, -*- latex -*- , get it?
\documentclass[12pt,a4paper]{article}
\usepackage[francais]{babel}
\usepackage[utf8]{inputenc}
\usepackage[T1]{fontenc}
%\usepackage{ucs}
\usepackage{times}
% A tribute to the worthy AMS:
\usepackage{amsmath}
\usepackage{amsfonts}
\usepackage{amssymb}
\usepackage{amsthm}
%
\usepackage{mathrsfs}
\usepackage{wasysym}
\usepackage{url}
%
\usepackage{graphics}
\usepackage[usenames,dvipsnames]{xcolor}
\usepackage{tikz}
\usetikzlibrary{arrows,automata,positioning}
\usepackage{hyperref}
%
\theoremstyle{definition}
\newtheorem{comcnt}{Tout}
\newcommand\thingy{%
\refstepcounter{comcnt}\smallskip\noindent\textbf{\thecomcnt.} }
\newcommand\exercice{%
\refstepcounter{comcnt}\bigskip\noindent\textbf{Exercice~\thecomcnt.}}
\renewcommand{\qedsymbol}{\smiley}
%
\DeclareUnicodeCharacter{00A0}{~}
\DeclareUnicodeCharacter{03B5}{$\varepsilon$}
%
\DeclareMathSymbol{\tiret}{\mathord}{operators}{"7C}
\DeclareMathSymbol{\traitdunion}{\mathord}{operators}{"2D}
%
%
\DeclareFontFamily{U}{manual}{} 
\DeclareFontShape{U}{manual}{m}{n}{ <->  manfnt }{}
\newcommand{\manfntsymbol}[1]{%
    {\fontencoding{U}\fontfamily{manual}\selectfont\symbol{#1}}}
\newcommand{\dbend}{\manfntsymbol{127}}% Z-shaped
\newcommand{\danger}{\noindent\hangindent\parindent\hangafter=-2%
  \hbox to0pt{\hskip-\hangindent\dbend\hfill}}
%
\newcommand{\spaceout}{\hskip1emplus2emminus.5em}
\newif\ifcorrige
\corrigetrue
\newenvironment{corrige}%
{\ifcorrige\relax\else\setbox0=\vbox\bgroup\fi%
\smallbreak\noindent{\underbar{\textit{Corrigé.}}\quad}}
{{\hbox{}\nobreak\hfill\checkmark}%
\ifcorrige\par\smallbreak\else\egroup\par\fi}
\newenvironment{commentaire}%
{\ifcorrige\relax\else\setbox0=\vbox\bgroup\fi%
\smallbreak\noindent{\underbar{\textit{Commentaires.}}\quad}}
{{\hbox{}\nobreak\hfill\maltese}%
\ifcorrige\par\smallbreak\else\egroup\par\fi}
%
%
% 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]
%
%
%
\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{6 février 2018}
\maketitle

%% {\footnotesize
%% \immediate\write18{sh ./vc > vcline.tex}
%% \begin{center}
%% Git: \input{vcline.tex}
%% \end{center}
%% \immediate\write18{echo ' (stale)' >> vcline.tex}
%% \par}

\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 points par exercice

\ifcorrige
Ce corrigé comporte 10 pages (page de garde incluse)
\else
Cet énoncé comporte 4 pages (page de garde incluse)
\fi

\pagebreak


%
%
%

\exercice

Dans cet exercice, on pose $\Sigma = \{a,b\}$.  On s'intéresse au
langage $L$ formé des mots (éléments de $\Sigma^*$) ayant $aa$ ou $bb$
comme facteur (c'est-à-dire contenant deux $a$ consécutifs, ou bien
deux $b$ consécutifs), ainsi qu'à son
complémentaire $M := \Sigma^* \setminus L$.

(1) Donner une expression rationnelle dénotant $L$.

\begin{corrige}
Le langage des mots contenant deux $a$ consécutifs est dénoté par
l'expression rationnelle $(a|b){*}\,aa\,(a|b){*}$, et celui des mots
contenant deux $b$ consécutifs par $(a|b){*}\,bb\,(a|b){*}$.  On peut
donc proposer l'expression rationnelle $(a|b){*}\,aa\,(a|b){*} \; | \;
(a|b){*}\,bb\,(a|b){*}$ ou encore, si on préfère,
$(a|b){*}\,(aa|bb)\,(a|b){*}$.
\end{corrige}

\begin{commentaire}
La principale erreur sur cette question a été d'écrire
$(a|b){*}\,aa|bb\,(a|b){*}$, en oubliant la priorité des opérations.
\end{commentaire}

(2) Indépendamment de la question (1), expliquer brièvement pourquoi
l'automate $\mathscr{A}_2$ suivant reconnaît le langage $L$ :

\begin{center}
\begin{tikzpicture}[>=latex,line join=bevel,automaton]
\node (S) at (0bp,0bp) [draw,circle,state,initial] {$S$};
\node (A) at (70bp,35bp) [draw,circle,state] {$A$};
\node (B) at (70bp,-35bp) [draw,circle,state] {$B$};
\node (T) at (140bp,0bp) [draw,circle,state,final] {$T$};
\draw [->] (S) to[loop above] node[auto] {$a,b$} (S);
\draw [->] (S) -- node[auto,near end] {$a$} (A);
\draw [->] (S) -- node[auto] {$b$} (B);
\draw [->] (T) to[loop above] node[auto] {$a,b$} (T);
\draw [->] (A) -- node[auto,near start] {$a$} (T);
\draw [->] (B) -- node[auto] {$b$} (T);
\end{tikzpicture}
\end{center}

De quelle sorte d'automate s'agit-il ?

\begin{corrige}
Un chemin de l'unique état initial $S$ à l'unique état final $T$ de
$\mathscr{A}_2$ doit passer soit par l'état $A$ soit par l'état $B$,
donc la lecture de ses étiquettes contient le facteur $aa$
(correspondant aux transitions $S\to A$ et $A\to T$) ou $bb$ ; et
réciproquement, un mot contenant le facteur $aa$ ou $bb$ peut se lire
en suivant un chemin de $S$ à $T$ dans l'automate (en plaçant le
facteur $aa$ au niveau des transitions $S\to A$ et $A\to T$ ou de
façon analogue pour $bb$).

Il s'agit là d'un automate non déterministe (l'état $S$ a plusieurs
transitions sortantes étiquetées par $a$), mais sans transitions
spontanées ou en abrégé, NFA.
\end{corrige}

(3) Déterminiser (si nécessaire) l'automate $\mathscr{A}_2$ représenté
en (2) ; on appellera $\mathscr{A}_3$ l'automate résultant.

\begin{corrige}
En notant $S$, $SA$, $SB$, $SAT$ et $SBT$ les états de l'automate
déterministe $\mathscr{A}_3$ qui correspondent aux ensembles d'états
de l'automate $\mathscr{A}_2$ donnés par les lettres en question, la
déterminisation conduit à l'automate $\mathscr{A}_3$ suivant :
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[>=latex,line join=bevel,automaton]
\node (S) at (0bp,0bp) [draw,circle,state,initial] {$S$};
\node (SA) at (70bp,35bp) [draw,circle,state] {$SA$};
\node (SB) at (70bp,-35bp) [draw,circle,state] {$SB$};
\node (SAT) at (140bp,35bp) [draw,circle,state,final] {$SAT$};
\node (SBT) at (140bp,-35bp) [draw,circle,state,final] {$SBT$};
\draw [->] (S) -- node[auto,near end] {$a$} (SA);
\draw [->] (S) -- node[auto,below] {$b$} (SB);
\draw [->] (SA) to[out=300,in=60] node[auto] {$b$} (SB);
\draw [->] (SB) to[out=120,in=240] node[auto] {$a$} (SA);
\draw [->] (SA) -- node[auto] {$a$} (SAT);
\draw [->] (SB) -- node[auto,below] {$b$} (SBT);
\draw [->] (SAT) to[out=300,in=60] node[auto] {$b$} (SBT);
\draw [->] (SBT) to[out=120,in=240] node[auto] {$a$} (SAT);
\draw [->] (SAT) to[loop above] node[auto] {$a$} (SAT);
\draw [->] (SBT) to[loop below] node[auto] {$b$} (SBT);
\end{tikzpicture}
\end{center}
\vskip-\baselineskip\vskip-1ex\strut
\end{corrige}

\begin{commentaire}
Un nombre étonnant de copies aboutissent à des variations du même
résultat erroné sur cette question, à savoir faire pointer la
transition étiquetée $b$ partant de l'état $SA$ vers l'état $S$ plutôt
que vers $SB$ (et symétriquement, la transition étiquetée $a$ partant
de l'état $SB$ vers l'état $S$ plutôt que vers $SA$).  Il serait
intéressant de comprendre d'où vient cette erreur.
\end{commentaire}

(4) Minimiser (si nécessaire) l'automate $\mathscr{A}_3$ obtenu
en (3) ; on appellera $\mathscr{A}_4$ l'automate minimal (=canonique)
résultant.

\begin{corrige}
On part bien d'un automate $\mathscr{A}_3$ déterministe complet sans
état inaccessible.  La première étape de l'algorithme de minimisation
sépare deux classes d'états : $S,SA,SB$ (non finaux) d'une part et
$SAT,SBT$ de l'autre.  Ensuite on sépare $S$ et $SA$ et $SB$ (car le
premier ne conduit qu'à des états non finaux, le deuxième conduit à un
état final par la transition étiquetée $a$, et le troisième conduit à
un état final par la transition étiquetée $b$).  Les étapes suivantes
ne conduisent pas à d'autres séparations d'états.  On obtient
finalement un automate $\mathscr{A}_4$ à quatre états, qu'on peut
appeler $S,SA,SB,U$ où $U$ est la classe de $SAT$ et $SBT$ :
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[>=latex,line join=bevel,automaton]
\node (S) at (0bp,0bp) [draw,circle,state,initial] {$S$};
\node (SA) at (70bp,35bp) [draw,circle,state] {$SA$};
\node (SB) at (70bp,-35bp) [draw,circle,state] {$SB$};
\node (U) at (140bp,0bp) [draw,circle,state,final] {$U$};
\draw [->] (S) -- node[auto,near end] {$a$} (SA);
\draw [->] (S) -- node[auto,below] {$b$} (SB);
\draw [->] (SA) to[out=300,in=60] node[auto] {$b$} (SB);
\draw [->] (SB) to[out=120,in=240] node[auto] {$a$} (SA);
\draw [->] (SA) -- node[auto] {$a$} (U);
\draw [->] (SB) -- node[auto,below] {$b$} (U);
\draw [->] (U) to[loop above] node[auto] {$a,b$} (U);
\end{tikzpicture}
\end{center}
\vskip-\baselineskip\vskip-1ex\strut
\end{corrige}

(5) Construire un automate $\mathscr{A}_5$ reconnaissant le
langage $M$ complémentaire de $L$.

\begin{corrige}
On obtient $\mathscr{A}_5$ en échangeant états finaux et non finaux
dans $\mathscr{A}_4$, c'est-à-dire l'automate $\mathscr{A}_5$
suivant :
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[>=latex,line join=bevel,automaton]
\node (S) at (0bp,0bp) [draw,circle,state,initial,final,accepting below] {$S$};
\node (SA) at (70bp,35bp) [draw,circle,state,final] {$SA$};
\node (SB) at (70bp,-35bp) [draw,circle,state,final] {$SB$};
\node (U) at (140bp,0bp) [draw,circle,state] {$U$};
\draw [->] (S) -- node[auto,near end] {$a$} (SA);
\draw [->] (S) -- node[auto,below] {$b$} (SB);
\draw [->] (SA) to[out=300,in=60] node[auto] {$b$} (SB);
\draw [->] (SB) to[out=120,in=240] node[auto] {$a$} (SA);
\draw [->] (SA) -- node[auto] {$a$} (U);
\draw [->] (SB) -- node[auto,below,near end] {$b$} (U);
\draw [->] (U) to[loop above] node[auto] {$a,b$} (U);
\end{tikzpicture}
\end{center}
(L'état $U$ est maintenant un puits.)
\end{corrige}

(6) En appliquant à $\mathscr{A}_5$ la méthode d'élimination des
états, déterminer une expression rationnelle dénotant le langage $M$.

\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.
L'état $U$ peut être éliminé d'emblée puisqu'il est inutile (il n'est
pas co-accessible : c'est un puits !).  On a donc affaire à l'automate
suivant
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[>=latex,line join=bevel,automaton]
\node (S) at (0bp,0bp) [draw,circle,state,initial] {$S$};
\node (SA) at (70bp,35bp) [draw,circle,state] {$SA$};
\node (SB) at (70bp,-35bp) [draw,circle,state] {$SB$};
\node (F) at (140bp,0bp) [draw,circle,state,final] {$F$};
\draw [->] (S) -- node[auto,near end] {$a$} (SA);
\draw [->] (S) -- node[auto,below] {$b$} (SB);
\draw [->] (SA) to[out=300,in=60] node[auto] {$b$} (SB);
\draw [->] (SB) to[out=120,in=240] node[auto] {$a$} (SA);
\draw [->] (SA) -- node[auto] {$\underline{\varepsilon}$} (F);
\draw [->] (SB) -- node[auto,below,near end] {$\underline{\varepsilon}$} (F);
\draw [->] (S) to[out=270,in=90] (0,-30bp) to[out=270,in=270] node[auto,below] {$\underline{\varepsilon}$} (140bp,-30bp) to[in=270,out=90] (F);
\end{tikzpicture}
\end{center}
On élimine maintenant l'état $SB$ :
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[>=latex,line join=bevel,automaton]
\node (S) at (0bp,0bp) [draw,circle,state,initial] {$S$};
\node (SA) at (70bp,35bp) [draw,circle,state] {$SA$};
\node (F) at (140bp,0bp) [draw,circle,state,final] {$F$};
\draw [->] (S) -- node[auto,near end] {$a|ba$} (SA);
\draw [->] (SA) -- node[auto] {$\underline{\varepsilon}|b$} (F);
\draw [->] (S) to[out=270,in=270] node[auto,below] {$\underline{\varepsilon}|b$} (F);
\draw [->] (SA) to[loop below] node[auto] {$ba$} (SA);
\end{tikzpicture}
\end{center}
Et l'élimination de l'état $SA$ conduit à l'expression rationnelle
$\underline{\varepsilon}\,|\,b\,|\penalty0\,(a|ba)(ba){*}(\underline{\varepsilon}|b)$
(il y a bien sûr toutes sortes d'autres expressions rationnelles
équivalentes : par exemple, on peut la réécrire comme
$\underline{\varepsilon}\,|\,b\,|\penalty0\,(\varepsilon|b)a(ba){*}(\underline{\varepsilon}|b)$
ou encore comme
$(\varepsilon|b)(\underline{\varepsilon}|a(ba){*}(\underline{\varepsilon}|b))$ ;
si on avait éliminé l'état $SA$ en premier, on serait plutôt tombé sur
$\underline{\varepsilon}\,|\,a\,|\penalty0\,(b|ab)(ab){*}(\underline{\varepsilon}|a)$,
et ainsi de suite).
\end{corrige}

\begin{commentaire}
Cette question a donné lieu à très peu de réponses correctes.
Certains trichent et devinent l'expression rationnelle à trouver
(généralement en oubliant le mot vide et/ou les mots de longueur $1$)
au lieu d'appliquer l'algorithme d'élimination des états.  Ceux qui
ont l'honnêteté de l'appliquer oublient souvent de se ramener à un
automate ayant un unique état initial (c'était déjà le cas) et un
unique état final (ce n'était pas le cas).  Le choix de l'ordre
d'élimination des états est rarement réfléchi (notamment, même parmi
ceux qui appliquent correctement l'algorithme, beaucoup ne se rendent
pas compte qu'éliminer le puits peut se faire immédiatement).
\end{commentaire}



%
%
%

\exercice

On considère la grammaire hors-contexte $G$ d'axiome $S$ et de
nonterminaux $N = \{S, T, U, V\}$ sur l'alphabet $\Sigma =
\{{\#},{@},{(},{)}, x, y, z\}$ (soit $7$ lettres) donnée par
\[
\begin{aligned}
S &\rightarrow T \;|\; S\mathbin{\#}T\\
T &\rightarrow U \;|\; U\mathbin{@}T\\
U &\rightarrow V \;|\; (\,S\,)\\
V &\rightarrow x \;|\; y \;|\; z\\
\end{aligned}
\]
(On pourra imaginer que $\#$ et $@$ sont deux opérations binaires, les
parenthèses servent comme on s'y attend, et $x,y,z$ sont trois opérandes
auxquelles on peut vouloir appliquer ces opérations.)

La grammaire en question est inambiguë (on ne demande pas de le
démontrer).

(1) Donner les arbres d'analyse (=de dérivation) des mots suivants :
(a) $x\mathbin{\#}y\mathbin{\#}z$, (b) $x\mathbin{\#}y\mathbin{@}z$,
(c) $x\mathbin{@}y\mathbin{\#}z$, (d) $x\mathbin{@}y\mathbin{@}z$,
(e) $(x\mathbin{\#}y)\mathbin{@}z$.

\begin{corrige}
On obtient les arbres d'analyse suivants :
(a) % S<S<S<T<U<V<x.>>>>#.T<U<V<y.>>>>#.T<U<V<z.>>>>
\begin{tikzpicture}[line join=bevel,baseline=(S0.base)]
\node (S0) at (53.333bp,0.000bp) [draw=none] {$S$};
\node (S1) at (20.000bp,-30.000bp) [draw=none] {$S$};  \draw (S0) -- (S1);
\node (S2) at (0.000bp,-60.000bp) [draw=none] {$S$};  \draw (S1) -- (S2);
\node (T0) at (0.000bp,-80.000bp) [draw=none] {$T$};  \draw (S2) -- (T0);
\node (U0) at (0.000bp,-100.000bp) [draw=none] {$U$};  \draw (T0) -- (U0);
\node (V0) at (0.000bp,-120.000bp) [draw=none] {$V$};  \draw (U0) -- (V0);
\node (x0) at (0.000bp,-140.000bp) [draw=none] {$x$};  \draw (V0) -- (x0);
\node (o0) at (20.000bp,-60.000bp) [draw=none] {$\#$};  \draw (S1) -- (o0);
\node (T1) at (40.000bp,-60.000bp) [draw=none] {$T$};  \draw (S1) -- (T1);
\node (U1) at (40.000bp,-80.000bp) [draw=none] {$U$};  \draw (T1) -- (U1);
\node (V1) at (40.000bp,-100.000bp) [draw=none] {$V$};  \draw (U1) -- (V1);
\node (y0) at (40.000bp,-120.000bp) [draw=none] {$y$};  \draw (V1) -- (y0);
\node (o1) at (60.000bp,-30.000bp) [draw=none] {$\#$};  \draw (S0) -- (o1);
\node (T2) at (80.000bp,-30.000bp) [draw=none] {$T$};  \draw (S0) -- (T2);
\node (U2) at (80.000bp,-50.000bp) [draw=none] {$U$};  \draw (T2) -- (U2);
\node (V2) at (80.000bp,-70.000bp) [draw=none] {$V$};  \draw (U2) -- (V2);
\node (z0) at (80.000bp,-90.000bp) [draw=none] {$z$};  \draw (V2) -- (z0);
\end{tikzpicture}
\hskip1cmplus5cmminus.5cm
(b) % S<S<T<U<V<x.>>>>#.T<U<V<y.>>@.T<U<V<z.>>>>>
\begin{tikzpicture}[line join=bevel,baseline=(S0.base)]
\node (S0) at (26.667bp,0.000bp) [draw=none] {$S$};
\node (S1) at (0.000bp,-30.000bp) [draw=none] {$S$};  \draw (S0) -- (S1);
\node (T0) at (0.000bp,-50.000bp) [draw=none] {$T$};  \draw (S1) -- (T0);
\node (U0) at (0.000bp,-70.000bp) [draw=none] {$U$};  \draw (T0) -- (U0);
\node (V0) at (0.000bp,-90.000bp) [draw=none] {$V$};  \draw (U0) -- (V0);
\node (x0) at (0.000bp,-110.000bp) [draw=none] {$x$};  \draw (V0) -- (x0);
\node (o0) at (20.000bp,-30.000bp) [draw=none] {$\#$};  \draw (S0) -- (o0);
\node (T1) at (60.000bp,-30.000bp) [draw=none] {$T$};  \draw (S0) -- (T1);
\node (U1) at (40.000bp,-60.000bp) [draw=none] {$U$};  \draw (T1) -- (U1);
\node (V1) at (40.000bp,-80.000bp) [draw=none] {$V$};  \draw (U1) -- (V1);
\node (y0) at (40.000bp,-100.000bp) [draw=none] {$y$};  \draw (V1) -- (y0);
\node (o1) at (60.000bp,-60.000bp) [draw=none] {$@$};  \draw (T1) -- (o1);
\node (T2) at (80.000bp,-60.000bp) [draw=none] {$T$};  \draw (T1) -- (T2);
\node (U2) at (80.000bp,-80.000bp) [draw=none] {$U$};  \draw (T2) -- (U2);
\node (V2) at (80.000bp,-100.000bp) [draw=none] {$V$};  \draw (U2) -- (V2);
\node (z0) at (80.000bp,-120.000bp) [draw=none] {$z$};  \draw (V2) -- (z0);
\end{tikzpicture}
\hskip1cmplus5cmminus.5cm
(c) % S<S<T<U<V<x.>>@.T<U<V<y.>>>>>#.T<U<V<z.>>>>
\begin{tikzpicture}[line join=bevel,baseline=(S0.base)]
\node (S0) at (53.333bp,0.000bp) [draw=none] {$S$};
\node (S1) at (20.000bp,-30.000bp) [draw=none] {$S$};  \draw (S0) -- (S1);
\node (T0) at (20.000bp,-50.000bp) [draw=none] {$T$};  \draw (S1) -- (T0);
\node (U0) at (0.000bp,-80.000bp) [draw=none] {$U$};  \draw (T0) -- (U0);
\node (V0) at (0.000bp,-100.000bp) [draw=none] {$V$};  \draw (U0) -- (V0);
\node (x0) at (0.000bp,-120.000bp) [draw=none] {$x$};  \draw (V0) -- (x0);
\node (o0) at (20.000bp,-80.000bp) [draw=none] {$@$};  \draw (T0) -- (o0);
\node (T1) at (40.000bp,-80.000bp) [draw=none] {$T$};  \draw (T0) -- (T1);
\node (U1) at (40.000bp,-100.000bp) [draw=none] {$U$};  \draw (T1) -- (U1);
\node (V1) at (40.000bp,-120.000bp) [draw=none] {$V$};  \draw (U1) -- (V1);
\node (y0) at (40.000bp,-140.000bp) [draw=none] {$y$};  \draw (V1) -- (y0);
\node (o1) at (60.000bp,-30.000bp) [draw=none] {$\#$};  \draw (S0) -- (o1);
\node (T2) at (80.000bp,-30.000bp) [draw=none] {$T$};  \draw (S0) -- (T2);
\node (U2) at (80.000bp,-50.000bp) [draw=none] {$U$};  \draw (T2) -- (U2);
\node (V2) at (80.000bp,-70.000bp) [draw=none] {$V$};  \draw (U2) -- (V2);
\node (z0) at (80.000bp,-90.000bp) [draw=none] {$z$};  \draw (V2) -- (z0);
\end{tikzpicture}
\hskip1cmplus5cmminus.5cm
(d) % S<T<U<V<x.>>@.T<U<V<y.>>@.T<U<V<z.>>>>>>
\begin{tikzpicture}[line join=bevel,baseline=(S0.base)]
\node (S0) at (26.667bp,0.000bp) [draw=none] {$S$};
\node (T0) at (26.667bp,-20.000bp) [draw=none] {$T$};  \draw (S0) -- (T0);
\node (U0) at (0.000bp,-50.000bp) [draw=none] {$U$};  \draw (T0) -- (U0);
\node (V0) at (0.000bp,-70.000bp) [draw=none] {$V$};  \draw (U0) -- (V0);
\node (x0) at (0.000bp,-90.000bp) [draw=none] {$x$};  \draw (V0) -- (x0);
\node (o0) at (20.000bp,-50.000bp) [draw=none] {$@$};  \draw (T0) -- (o0);
\node (T1) at (60.000bp,-50.000bp) [draw=none] {$T$};  \draw (T0) -- (T1);
\node (U1) at (40.000bp,-80.000bp) [draw=none] {$U$};  \draw (T1) -- (U1);
\node (V1) at (40.000bp,-100.000bp) [draw=none] {$V$};  \draw (U1) -- (V1);
\node (y0) at (40.000bp,-120.000bp) [draw=none] {$y$};  \draw (V1) -- (y0);
\node (o1) at (60.000bp,-80.000bp) [draw=none] {$@$};  \draw (T1) -- (o1);
\node (T2) at (80.000bp,-80.000bp) [draw=none] {$T$};  \draw (T1) -- (T2);
\node (U2) at (80.000bp,-100.000bp) [draw=none] {$U$};  \draw (T2) -- (U2);
\node (V2) at (80.000bp,-120.000bp) [draw=none] {$V$};  \draw (U2) -- (V2);
\node (z0) at (80.000bp,-140.000bp) [draw=none] {$z$};  \draw (V2) -- (z0);
\end{tikzpicture}
\hskip1cmplus5cmminus.5cm
(e) % S<T<U<(.S<S<T<U<V<x.>>>>#.T<U<V<y.>>>>).>@.T<U<V<z.>>>>>
\begin{tikzpicture}[line join=bevel,baseline=(S0.base)]
\node (S0) at (86.667bp,0.000bp) [draw=none] {$S$};
\node (T0) at (86.667bp,-20.000bp) [draw=none] {$T$};  \draw (S0) -- (T0);
\node (U0) at (40.000bp,-50.000bp) [draw=none] {$U$};  \draw (T0) -- (U0);
\node (p0) at (0.000bp,-80.000bp) [draw=none] {$($};  \draw (U0) -- (p0);
\node (S1) at (40.000bp,-80.000bp) [draw=none] {$S$};  \draw (U0) -- (S1);
\node (S2) at (20.000bp,-110.000bp) [draw=none] {$S$};  \draw (S1) -- (S2);
\node (T1) at (20.000bp,-130.000bp) [draw=none] {$T$};  \draw (S2) -- (T1);
\node (U1) at (20.000bp,-150.000bp) [draw=none] {$U$};  \draw (T1) -- (U1);
\node (V0) at (20.000bp,-170.000bp) [draw=none] {$V$};  \draw (U1) -- (V0);
\node (x0) at (20.000bp,-190.000bp) [draw=none] {$x$};  \draw (V0) -- (x0);
\node (o0) at (40.000bp,-110.000bp) [draw=none] {$\#$};  \draw (S1) -- (o0);
\node (T2) at (60.000bp,-110.000bp) [draw=none] {$T$};  \draw (S1) -- (T2);
\node (U2) at (60.000bp,-130.000bp) [draw=none] {$U$};  \draw (T2) -- (U2);
\node (V1) at (60.000bp,-150.000bp) [draw=none] {$V$};  \draw (U2) -- (V1);
\node (y0) at (60.000bp,-170.000bp) [draw=none] {$y$};  \draw (V1) -- (y0);
\node (p1) at (80.000bp,-80.000bp) [draw=none] {$)$};  \draw (U0) -- (p1);
\node (o1) at (100.000bp,-50.000bp) [draw=none] {$@$};  \draw (T0) -- (o1);
\node (T3) at (120.000bp,-50.000bp) [draw=none] {$T$};  \draw (T0) -- (T3);
\node (U3) at (120.000bp,-70.000bp) [draw=none] {$U$};  \draw (T3) -- (U3);
\node (V2) at (120.000bp,-90.000bp) [draw=none] {$V$};  \draw (U3) -- (V2);
\node (z0) at (120.000bp,-110.000bp) [draw=none] {$z$};  \draw (V2) -- (z0);
\end{tikzpicture}
\end{corrige}

(2) En considérant que $(w)$ a le même effet ou la même valeur
que $w$ : (a) L'une des deux opérations $\#$ et $@$ est-elle
prioritaire\footnote{On dit qu'une opération binaire $\boxtimes$ est
  \emph{prioritaire} sur $\boxplus$ lorsque « $u\boxtimes v\boxplus
  w$ » se comprend comme « $(u\boxtimes v)\boxplus w$ » et
  « $u\boxplus v\boxtimes w$ » comme « $u\boxplus (v\boxtimes w)$ ».}
sur l'autre ?  Laquelle ?\quad (b) L'opération $\#$
s'associe-t-elle\footnote{On dit qu'une opération binaire $\boxdot$
  \emph{s'associe à gauche} lorsque « $u\boxdot v\boxdot w$ » se
  comprend comme « $(u\boxdot v)\boxdot w$ », et \emph{s'associe à
    droite} lorsque « $u\boxdot v\boxdot w$ » se comprend comme
  « $u\boxdot (v\boxdot w)$ ».} à gauche ou à droite ?\quad
(c) L'opération $@$ s'associe-t-elle à gauche ou à droite ?

\begin{corrige}
(a) Les arbres d'analyse (b) et (c) de la question (1) montrent que
  l'opération $@$ est prioritaire sur $\#$ (elle est toujours plus
  profonde dans l'arbre, c'est-à-dire appliquée en premier aux
  opérandes).\quad (b) L'arbre d'analyse (a) de la question (1) montre
  que $\#$ s'associe à gauche (le $\#$ entre les deux opérandes gauche
  est plus profond, c'est-à-dire appliqué en premier).\quad
  (c) Symétriquement, l'arbre d'analyse (d) de la question (1) montre
  que $@$ s'associe à droite.
\end{corrige}

\begin{commentaire}
Beaucoup de copies affirment, par exemple, que l'opération $\#$ est
prioritaire sur $@$ parce que $\#$ est plus haut dans l'arbre ou se
rencontre en premier dans l'analyse : en réalité, l'opération
prioritaire est celle qui se calcule en premier, c'est-à-dire de la
façon la plus \emph{profonde} (on a précisé que $\boxtimes$ est
prioritaire sur $\boxplus$ lorsque « $u\boxtimes v\boxplus w$ » se
comprend comme « $(u\boxtimes v)\boxplus w$ » : c'est bien $\boxtimes$
qui est imbriqué le plus profondément dans les parenthèses, et la
comparaison avec l'arbre (e) aurait dû lever tout doute).
\end{commentaire}

\smallskip

(La question (3) est indépendante de (1) et (2).  Par ailleurs, on
pourra, si on souhaite s'épargner des confusions, choisir d'appeler
$a$ la lettre « parenthèse ouvrante » de $\Sigma$ et $b$ la lettre
« parenthèse fermante » afin de les distinguer des parenthèses
mathématiques.)

(3) Soit $L = L(G)$ le langage engendré par $G$.  Soit $M$ le langage
des mots sur $\Sigma$ formés d'un certain nombre de parenthèses
ouvrantes, puis de la lettre $x$, puis d'un certain nombre
(possiblement différent) de parenthèses fermantes : autrement dit, des
mots de la forme « ${(}^i\, x\, {)}^j$ », où on a noté « ${(}^i$ » une
succession de $i$ parenthèses ouvrantes et « ${)}^j$ » une succession
de $j$ parenthèses fermantes (on pourra noter ce mot $a^i x b^j$ si on
préfère).\quad (a) Décrire le langage $L\cap M$ (des mots de $L$ qui
appartiennent aussi à $M$).\quad (b) Ce langage $L\cap M$ est-il
rationnel ?\quad (c) Le langage $L$ est-il rationnel ?

\begin{corrige}
(a) Cherchons pour quelles valeurs $(i,j) \in \mathbb{N}^2$ le mot
  « ${(}^i\, x\, {)}^j$ » de $M$ appartient à $L$.  La dérivation $S
  \rightarrow T \rightarrow U \rightarrow (S) \rightarrow (T)
  \rightarrow (U) \rightarrow ((S)) \rightarrow \cdots
  \rightarrow{(}^i\, S\, {)}^i \rightarrow{(}^i\, T\, {)}^i
  \rightarrow{(}^i\, U\, {)}^i \rightarrow{(}^i\, V\, {)}^i
  \rightarrow{(}^i\, x\, {)}^i$ montre que c'est le cas si $j=i$,
  autrement dit s'il y a autant de parenthèses fermantes qu'ouvrantes.
  Mais réciproquement, la propriété d'avoir autant de parenthèses
  fermantes qu'ouvrantes est préservée par toutes les productions
  de $G$ (et est satisfaite par l'axiome), donc est vérifiée par tout
  mot de $L=L(G)$.  On a donc prouvé que le $L\cap M$ est l'ensemble
  des mots de la forme « ${(}^i\, x\, {)}^i$ » où $i\in \mathbb{N}$.

(b) Le langage $L\cap M$ constitué des mots de la forme « ${(}^n\,
  x\, {)}^n$ » où $i\in \mathbb{N}$ n'est pas rationnel.  Cela résulte
  du lemme de pompage (presque exactement comme l'exemple du langage
  $\{a^n b^n : i\in\mathbb{N}\}$ donné en cours) : donnons l'argument
  en remplaçant la parenthèse ouvrante par $a$ et la parenthèse
  fermante par $b$ pour plus de clarté notationnelle.  Appliquons le
  lemme de pompage pour les langages rationnels au langage $L \cap M =
  \{a^n x b^n : i\in\mathbb{N}\}$ supposé par l'absurde être
  rationnel : appelons $k$ l'entier dont le lemme de pompage garantit
  l'existence.  Considérons le mot $t := a^k x b^k$ : il doit alors
  exister une factorisation $t = uvw$ pour laquelle on a (i) $|v|\geq
  1$, (ii) $|uv|\leq k$ et (iii) $uv^iw \in L\cap M$ 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 $a^k x b^k$ est de cette forme) ; disons $u = a^\ell$ et $v =
  a^m$, si bien que $w = a^{k-\ell-m} x b^k$.  La propriété (i)
  donne $m\geq 1$.  Enfin, la propriété (iii) affirme que le mot
  $uv^iw = a^{k+(i-1)m} x b^k$ appartient à $L\cap M$ ; mais dès que
  $i\neq 1$, ceci est faux : il suffit donc de prendre $i=0$ pour
  avoir une contradiction.

(c) Le langage $M$ est rationnel puisqu'il est dénoté par l'expression
  rationnelle $a{*}xb{*}$ (toujours en notant $a$ la parenthèse
  ouvrante et $b$ la parenthèse fermante).  Si le langage $L$ était
  rationnel, le langage $L\cap M$ le serait aussi (on sait que
  l'intersection de deux langages rationnels est rationnelle), ce qui
  n'est pas le cas d'après la question (b).  Le langage $L$ n'est donc
  pas rationnel.
\end{corrige}

\begin{commentaire}
Dans la question (a), beaucoup de copies montrent correctement une
seule implication (que tout mot de la forme « ${(}^i\, x\, {)}^j$ »
appartient à $L\cap M$, ou bien que tout mot de $L\cap M$ a cette
forme), mais oublient qu'il est essentiel de traiter les deux.

Pour ce qui est de la question (b), certains se sont rendu la vie
inutilement compliquée en prenant certes un mot de la forme $a^i x
b^i$ mais en ne choisissant pas $i=k$ (ou au moins $i\geq k$), ce qui
oblige à des discussions de cas qui n'avaient pas lieu d'être.  On
rappelle donc que lorsqu'on applique le lemme de pompage, on choisit
le mot $t$ auquel on va appliquer la propriété (la seule contrainte
étant de devoir prendre $|t|\geq k$).

La question (c) a été étonnamment peu traitée eu égard à sa
simplicité.  Beaucoup ne montrent pas, ne pensent pas à montrer, ou ne
savent pas montrer, que $M$ est rationnel (ce qui devrait pourtant
sauter aux yeux...).  Certains arrivent à des conclusions fantaisistes
comme « $L$ est rationnel ».
\end{commentaire}


%
%
%

\exercice

(On pourra si on le souhaite remplacer $\mathbb{N}$ partout dans cet
exercice par l'ensemble $\Sigma^*$ des mots sur un alphabet $\Sigma$
[fini] non vide fixé quelconque.)

Dans cet exercice, on appelle « langage » une partie de $\mathbb{N}$
(cf. le paragraphe précédent).  On dira que deux langages $L,M$
disjoints (c'est-à-dire $L\cap M = \varnothing$) sont
\emph{calculablement séparables} lorsqu'il existe un langage $E$
décidable tel que $L \subseteq E$ et $M \subseteq (\mathbb{N}\setminus
E)$ (où $\mathbb{N}\setminus E$ désigne le complémentaire de $E$) ;
dans le cas contraire, on les dit \emph{calculablement inséparables}.

(1) Expliquer pourquoi deux langages $L,M$ disjoints sont
calculablement séparables si et seulement s'il existe un algorithme
qui, prenant en entrée un élément $x$ de $\mathbb{N}$ :
\begin{itemize}
\item termine toujours en temps fini,
\item répond « vrai » si $x\in L$ et « faux » si $x \in M$ (rien n'est
  imposé si $x\not\in L\cup M$).
\end{itemize}

\begin{corrige}
Si $E$ est décidable tel que $L \subseteq E$ et $M \subseteq
(\mathbb{N}\setminus E)$, alors un algorithme qui décide $E$
(c'est-à-dire, quand on lui fournit l'entrée $x$, répond « vrai » si
$x\in E$, et « faux » si $x \not\in E$) répond bien aux critères
demandés.  Réciproquement, donné un algorithme qui répond aux critères
demandés, si $E$ est l'ensemble des $x$ sur lesquels il répond
« vrai », alors $E$ est bien décidable (on peut toujours modifier
l'algorithme si nécessaire pour qu'il ne réponde que « vrai » ou
« faux »), et on a $L \subseteq E$ et $M \subseteq
(\mathbb{N}\setminus E)$.
\end{corrige}

(2) Expliquer pourquoi deux langages \emph{décidables} disjoints sont
toujours calculablement séparables.

\begin{corrige}
Si $L,M$ sont décidables disjoints, on peut poser $E = L$, qui est
décidable et vérifie à la fois $L \subseteq E$ (trivialement) et $M
\subseteq (\mathbb{N}\setminus E)$ (c'est une reformulation du fait
que $M$ est disjoint de $E=L$).
\end{corrige}

On cherche maintenant à montrer qu'il existe deux langages $L,M$
\emph{semi-décidables} disjoints et calculablement inséparables.

Pour cela, on appelle $L$ l'ensemble 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 $\mathbb{N}$.  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 et renvoie la
valeur $1$ (ce qui peut se noter $\varphi_e(x) = 1$) ; et $M$ le
langage défini de la même manière mais avec la valeur $2$,
i.e., $\varphi_e(x) = 2$.  (Ici, $1$ et $2$ peuvent être remplacés par
deux éléments distincts quelconques de $\mathbb{N}$ : si on a souhaité
remplacer $\mathbb{N}$ par $\Sigma^*$, on peut prendre deux mots
distincts quelconques, par exemple $a$ et $aa$.)

(3) Pourquoi $L$ et $M$ sont-ils disjoints ?

\begin{corrige}
Comme $L$ est l'ensemble des couples $(e,x)$ tels que $\varphi_e(x) =
1$ et $M$ l'ensemble des couples $(e,x)$ tels que $\varphi_e(x) = 2$,
aucun couple ne peut appartenir aux deux, c'est-à-dire qu'ils sont
disjoints.
\end{corrige}

(4) Pourquoi $L$ et $M$ sont-ils semi-décidables ?

\begin{corrige}
Pour semi-décider si un couple $(e,x)$ appartient à $L$, il suffit de
lancer l'exécution du programme $e$ sur l'entrée $x$ et, si elle
termine en retournant $1$, renvoyer « vrai », tandis que si elle
termine en renvoyant n'importe quelle autre valeur, faire une boucle
infinie (bien sûr, si le programme $e$ ne termine jamais sur
l'entrée $x$, on ne termine pas non plus).  Ceci montre que $L$ est
semi-décidable.  Le même raisonnement s'applique pour $M$.
\end{corrige}

\begin{commentaire}
Certains pensent pouvoir déduire la semi-décidabilité de $L$ et $M$ de
celle du problème de l'arrêt : la situation est effectivement proche,
mais à moins d'une explication précise sur le fait qu'on peut calculer
la valeur $\varphi_e(x)$ une fois qu'on s'est assuré qu'elle est bien
définie, ce n'est pas légitime ; d'ailleurs, la semi-décidabilité du
problème de l'arrêt est quelque chose de tellement simple (une fois
acquise l'existence d'une machine universelle) qu'on ne devrait jamais
l'invoquer, car il sera essentiellement toujours plus simple de dire
« il suffit de lancer l'exécution du programme... ».
\end{commentaire}

(5) En imitant la démonstration du théorème de Turing sur
l'indécidabilité du problème de l'arrêt, montrer qu'il n'existe aucun
algorithme qui, prenant en entrée un couple $(e,x)$, termine toujours
en temps fini et répond « vrai » si $(e,x)\in L$ et « faux » si $(e,x)
\in M$ (indication : si un tel algorithme existait, on pourrait s'en
servir pour faire le contraire de ce qu'il prédit).

\begin{corrige}
Montrons par l'absurde qu'il n'existe aucun algorithme $T$ comme
annoncé.  Définissons un nouvel algorithme $T'$ qui, donné un
entier $e$, effectue les calculs suivants : (1º) interroger
l'algorithme $T$ (supposé exister !) en lui fournissant le couple
$(e,e)$ comme entrée, et ensuite (2º) s'il répond vrai, renvoyer la
valeur $2$, tandis que s'il répond n'importe quoi d'autre, renvoyer la
valeur $1$.  L'algorithme $T'$ qui vient d'être décrit aurait un
certain numéro, disons, $p$, et la description de l'algorithme fait
qu'il termine toujours, que la valeur $\varphi_p(e)$ qu'il renvoie
vaut toujours soit $1$ soit $2$, et qu'elle vaut $2$ si $(e,e) \in L$
(c'est-à-dire si $\varphi_e(e) = 1$) et $1$ si $(e,e) \in M$
(c'est-à-dire si $\varphi_e(e) = 2$).  En particulier, en prenant
$e=p$, on voit que $\varphi_p(p)$ doit valoir $1$ ou $2$, doit valoir
$2$ si $\varphi_p(p) = 1$ et $1$ si $\varphi_p(p) = 2$, ce qui est une
contradiction.
\end{corrige}

\begin{commentaire}
Il n'y a eu à peu près qu'une réponse correcte à cette question.
Quelques points partiels ont été attribués à ceux qui tentaient au
moins de dire quelque chose et qui avaient un semblant d'idée.
\end{commentaire}

(6) Conclure.

\begin{corrige}
La question (5) montre (compte tenu de la question (1)) que $L$ et $M$
ne sont pas calculablement séparables, i.e.., sont calculablement
inséparables, tandis que (4) et (5) montrent que $L$ et $M$ sont
disjoints et semi-décidables.  On a donc bien montré l'existence de
langages semi-décidables disjoints et calculablement inséparables.
\end{corrige}

\begin{commentaire}
Bien qu'elle fût essentiellement triviale (il suffisait de redire les
résultats des questions précédentes), cette question n'a quasiment pas
été traitée.
\end{commentaire}

\smallskip

{\footnotesize (Remarque culturelle :\quad La construction de langages
  semi-décidables disjoints mais calculablement inséparables a des
  applications en logique : de même que le théorème de Turing sur le
  problème de l'arrêt était, historiquement destiné à donner une
  démonstration différente du théorème de Gödel sur l'existence
  d'énoncés mathématiques indécidables, de même, l'énoncé qu'on vient
  de prouver peut servir par des techniques analogues à montrer qu'il
  existe des énoncés « indécidablement indécidables », c'est-à-dire
  que leur indécidabilité est elle-même indécidable.)\par}



%
%
%
\end{document}