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\documentclass[12pt,a4paper]{article}
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\usepackage{times}
% 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.} }
\newcommand\exercice{%
\refstepcounter{comcnt}\bigskip\noindent\textbf{Exercice~\thecomcnt.}\par\nobreak}
\renewcommand{\qedsymbol}{\smiley}
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\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
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  \hbox to0pt{\hskip-\hangindent\dbend\hfill}}
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\smallbreak\noindent{\underbar{\textit{Corrigé.}}\quad}}
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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}]
\tikzstyle{state}=[]
\tikzstyle{final}=[accepting by arrow]
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%
%
\begin{document}
\ifcorrige
\title{INF105\\Contrôle de rattrapage — Corrigé\\{\normalsize Théorie des langages}}
\else
\title{INF105\\Contrôle de rattrapage\\{\normalsize Théorie des langages}}
\fi
\author{}
\date{25 août 2022}
\maketitle

% NOTE: Initially copied from controle-20180206.tex

\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

Barème \emph{indicatif} : 7 points par exercice

\ifcorrige
Ce corrigé comporte 9 pages (page de garde incluse)
\else
Cet énoncé comporte 4 pages (page de garde incluse)
\fi

\vfill

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

\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}

(2) \emph{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 ?  (DFA ?  NFA ?...)

\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}

(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}



%
%
%

\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 « $(u\boxtimes v)\boxplus w$ » (i.e., les
  deux ont le même effet ou la même valeur), 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}

\smallskip

(La question (3) est indépendante de (1) et (2).  Par ailleurs, on
pourra, si on souhaite s'épargner des confusions, choisir de renommer
en $a$ la lettre « parenthèse ouvrante » de $\Sigma$ et en $b$ 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}


%
%
%

\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 : grâce au codage de Gödel, ceci ne
change rien au problème ni aux raisonnements.)

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 tels que
$L\cap M = \varnothing$) sont \emph{calculablement séparables}
lorsqu'il existe un langage $E$ \underline{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 dit que $L$ et $M$ sont \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 $x\not\in L\cup M$ à part de terminer en temps fini).
\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 de Gödel 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}

(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}

(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}



%
%
%
\end{document}