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\documentclass[12pt,a4paper]{article}
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% A tribute to the worthy AMS:
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%
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\theoremstyle{definition}
\newtheorem{comcnt}{Tout}
\newcommand\thingy{%
\refstepcounter{comcnt}\smallbreak\noindent\textbf{\thecomcnt.} }
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\refstepcounter{comcnt}\bigbreak\noindent\textbf{Exercice~\thecomcnt.}}
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%
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%
\begin{document}
\ifcorrige
\title{TD langages rationnels — Corrigé}
\else
\title{TD langages rationnels}
\fi
\author{David A. Madore}
\maketitle

\centerline{\textbf{INF105}}

{\footnotesize
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Git: \input{vcline.tex}
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\tolerance=50000


%
%
%

\exercice

Soit $\Sigma = \{0,1\}$.  On appelle \emph{mot binaire} un mot sur
l'alphabet $\Sigma$, et mot binaire \emph{normalisé} un mot binaire
qui \emph{soit} commence par $1$, \emph{soit} est exactement égal
à $0$.

(1) Montrer que le langage $L_n = \{0, 1, 10, 11, 100, 101,\ldots\}$
des mots binaires normalisés est rationnel en exhibant directement une
expression rationnelle qui le dénote, et montrer qu'il est
reconnaissable en exhibant directement un automate fini qui le
reconnaît.

(2) On définit la \emph{valeur numérique} d'un mot binaire
$x_{n-1}\cdots x_0$ comme $\sum_{i=0}^{n-1} x_i 2^i$ (où $x_i$ vaut
$0$ ou $1$ et est numéroté de $0$ pour le chiffre le plus à droite
à $n-1$ pour le plus à gauche) ; la valeur numérique du mot
vide $\varepsilon$ est $0$.

Parmi les langages suivants, certains sont rationnels.  Dire lesquels
et justifier brièvement pourquoi ils le sont (on ne demande pas de
justifier pourquoi ceux qui ne sont pas rationnels ne le sont pas) :

(a) le langage $L_a$ des mots binaires dont la valeur numérique est
paire,

(b) le langage $L_b$ des mots binaires \emph{normalisés} dont la
valeur numérique est paire,

(c) le langage $L_c$ des mots binaires dont la valeur numérique est
multiple de $3$ (indication : selon que $n$ est congru à $0$, $1$ ou
$2$ modulo $3$, et selon que $x$ vaut $0$ ou $1$, à quoi est congru
$2n+x$ modulo $3$ ?),

(d) le langage $L_d$ des mots binaires dont la valeur numérique est un
nombre premier,

(e) le langage $L_e$ des mots binaires dont la valeur numérique est
une puissance de $2$, i.e., de la forme $2^i$ pour $i\in\mathbb{N}$,

\begin{corrige}
(1) On peut écrire $L_n = L_{0|1(0|1){*}}$, langage dénoté par
  l'expression rationnelle $0|1(0|1){*}$.  Ce langage est reconnu, par
  exemple, par le DFAI suivant :
\begin{center}
%%% begin ex1p1 %%%

\begin{tikzpicture}[>=latex,line join=bevel,automaton]
%%
\node (qY) at (97bp,105bp) [draw,circle,state,final] {$Y$};
  \node (qX) at (18bp,74bp) [draw,circle,state,initial] {$X$};
  \node (qZ) at (97bp,18bp) [draw,circle,state,final] {$Z$};
  \draw [->] (qX) ..controls (45.279bp,84.58bp) and (58.943bp,90.081bp)  .. node[auto] {$0$} (qY);
  \draw [->] (qX) ..controls (44.52bp,55.44bp) and (60.758bp,43.63bp)  .. node[auto] {$1$} (qZ);
  \draw [->] (qZ) to[loop below] node[auto] {$0,1$} (qZ);
%
\end{tikzpicture}

%%% end ex1p1 %%%
\end{center}

(2) (a) Le langage $L_a$ est rationnel car il s'agit du langage des
mots binaires qui soit sont le mot vide soit finissent par $0$ : il
est dénoté par l'expression rationnelle
$\underline{\varepsilon}|(0|1){*}0$.\spaceout (b) On a $L_b = L_a \cap
L_n$ et on a vu que $L_a$ et $L_n$ sont rationnels, donc $L_b$ l'est
aussi (on peut aussi exhiber une expression rationnelle qui le
dénote : $0|1(0|1){*}0$).

(c) Ajouter un $0$ ou un $1$ à la fin d'un mot binaire de valeur
numérique $n$ le transforme en un mot de valeur numérique $2n+x$
où $x$ est le chiffre affixé.  Considérons les six combinaisons entre
les trois cas possibles de la valeur numérique $n$ modulo $3$ et les
deux cas possibles de la valeur de $x$ :
\begin{center}
\begin{tabular}{c|c|c}
$n\equiv?\pmod{3}$&$x=?$&$2n+x\equiv?\pmod{3}$\\\hline
$0$&$0$&$0$\\
$0$&$1$&$1$\\
$1$&$0$&$2$\\
$1$&$1$&$0$\\
$2$&$0$&$1$\\
$2$&$1$&$2$\\
\end{tabular}
\end{center}
Ceci définit un DFA dont les trois états correspondent aux trois
valeurs possibles de $n$ modulo $3$, la transition $n\to n'$ étiquetée
par $x$ correspond au passage de $n$ à $2n+x$ modulo $3$,
c'est-à-dire :
\begin{center}
%%% begin example6 %%%

\begin{tikzpicture}[>=latex,line join=bevel,automaton]
%%
\node (q1) at (97bp,20.28bp) [draw,circle,state] {$1$};
  \node (q0) at (18bp,20.28bp) [draw,circle,state,initial,final,accepting below] {$0$};
  \node (q2) at (176bp,20.28bp) [draw,circle,state] {$2$};
  \draw [->] (q1) ..controls (74.757bp,3.6593bp) and (64.084bp,-1.2803bp)  .. (54bp,1.2803bp) .. controls (50.042bp,2.2853bp) and (46.047bp,3.838bp)  .. node[auto] {$1$} (q0);
  \draw [->] (q2) to[loop above] node[auto] {$1$} (q2);
  \draw [->] (q2) ..controls (153.76bp,3.6593bp) and (143.08bp,-1.2803bp)  .. (133bp,1.2803bp) .. controls (129.04bp,2.2853bp) and (125.05bp,3.838bp)  .. node[auto] {$0$} (q1);
  \draw [->] (q0) to[loop above] node[auto] {$0$} (q0);
  \draw [->] (q0) ..controls (45.659bp,20.28bp) and (57.817bp,20.28bp)  .. node[auto] {$1$} (q1);
  \draw [->] (q1) ..controls (124.66bp,20.28bp) and (136.82bp,20.28bp)  .. node[auto] {$0$} (q2);
%
\end{tikzpicture}

%%% end example6 %%%
\end{center}
(On a marqué l'état $0$ comme initial car le mot vide a une valeur
numérique congrue à $0$ modulo $3$, et seul $0$ comme final car on
veut reconnaître les multiples de $3$.)

(d) Le langage $L_d$ n'est pas rationnel (on pourrait le démontrer à
l'aide du lemme de pompage, mais ce n'est pas très facile).

(e) Le langage $L_e$ est rationnel car il s'agit du langage dénoté par
l'expression rationnelle $0{*}10{*}$.
\end{corrige}


%
%
%

\exercice

Soit $\Sigma = \{a\}$.  Montrer que le langage $L = \{a^2, a^3, a^5,
a^7, a^{11}, a^{13}\ldots\}$ constitué des mots ayant un nombre
\emph{premier} de $a$, n'est pas rationnel.

\begin{corrige}
Supposons par l'absurde que $L$ soit rationnel.  D'après le lemme de
pompage, il existe un certain $k$ tel que tout mot de $L$ de longueur
$\geq k$ se factorise sous la forme $uvw$ avec (i) $|v|\geq 1$,
(ii) $|uv|\leq k$ et (iii) $uv^iw \in L$ pour tout $i\geq 0$.  Soit
$p$ un nombre premier supérieur ou égal à $k$ (qui existe car
l'ensemble des nombres premiers est infini) : le mot $a^p \in L$
admet une factorisation comme on vient de dire.  Posons $|u| =: m$ et
$|v| =: n$, si bien que $|w| = p-m-n$.  On a alors $n\geq 1$
d'après (i), et $|uv^iw| = m + in + (p-m-n) = p+(i-1)n$ est premier
pour tout $i\geq 0$ d'après (iii).  En particulier pour $i=p+1$ on
voit que $p + pn = p(n+1)$ est premier, ce qui contredit le fait qu'il
s'agit d'un multiple non-trivial ($n+1\geq 2$) de $p$.
\end{corrige}


%
%
%

\exercice

On considère l'automate suivant :
\begin{center}
%%% begin ex1p2a %%%

\begin{tikzpicture}[>=latex,line join=bevel,automaton]
%%
\node (q1) at (98bp,72bp) [draw,circle,state] {$1$};
  \node (q0) at (18bp,47bp) [draw,circle,state,initial] {$0$};
  \node (q3) at (258bp,72bp) [draw,circle,state] {$3$};
  \node (q2) at (178bp,72bp) [draw,circle,state] {$2$};
  \node (q5) at (178bp,18bp) [draw,circle,state] {$5$};
  \node (q4) at (98bp,18bp) [draw,circle,state] {$4$};
  \node (q7) at (338bp,47bp) [draw,circle,state,final] {$7$};
  \node (q6) at (258bp,18bp) [draw,circle,state] {$6$};
  \draw [->] (q2) ..controls (206.11bp,72bp) and (218.58bp,72bp)  .. node[auto] {$a$} (q3);
  \draw [->] (q3) ..controls (285.85bp,63.395bp) and (299.33bp,59.074bp)  .. node[auto] {$\varepsilon$} (q7);
  \draw [->] (q7) to[loop below] node[auto] {$a,b$} (q7);
  \draw [->] (q6) ..controls (285.62bp,27.897bp) and (299.46bp,33.043bp)  .. node[auto] {$\varepsilon$} (q7);
  \draw [->] (q4) ..controls (126.11bp,18bp) and (138.58bp,18bp)  .. node[auto] {$b$} (q5);
  \draw [->] (q0) to[loop below] node[auto] {$a,b$} (q0);
  \draw [->] (q0) ..controls (45.62bp,37.103bp) and (59.462bp,31.957bp)  .. node[auto] {$\varepsilon$} (q4);
  \draw [->] (q5) ..controls (206.11bp,18bp) and (218.58bp,18bp)  .. node[auto] {$b$} (q6);
  \draw [->] (q0) ..controls (45.849bp,55.605bp) and (59.331bp,59.926bp)  .. node[auto] {$\varepsilon$} (q1);
  \draw [->] (q1) ..controls (126.11bp,72bp) and (138.58bp,72bp)  .. node[auto] {$a$} (q2);
%
\end{tikzpicture}

%%% end ex1p2a %%%
\end{center}

(0) Décrire brièvement le langage accepté par l'automate en question.

(1) Cet automate est-il déterministe ?  Si non, le déterminiser.

(2) Minimiser l'automate déterminisé (on doit trouver un DFA ayant
quatre états).  Décrire brièvement la signification de ces quatre
états, de façon à vérifier qu'il accepte le même langage que décrit
en (0).

(3) Éliminer les états de l'automate d'origine de façon à obtenir une
expression rationnelle dénotant le langage reconnu par le langage
décrit en (0).

\begin{corrige}
(0) L'automate proposé accepte les mots ayant soit deux $a$
  consécutifs (en passant par le chemin $0\to 1\to 2\to 3\to 7$) soit
  deux $b$ consécutifs (en passant par le chemin $0\to 4\to 5\to 6\to
  7$).

(1) L'automate ayant des ε-transitions, il ne peut pas être
  déterministe : on a affaire à un εNFA.  Avant de le déterminiser, on
  élimine ses ε-transitions : la ε-fermeture de $0$ est $\{0,1,4\}$,
  celle de $3$ est $\{3,7\}$ et celle de $6$ est $\{6,7\}$ ; on est
  amené au NFA suivant :
\begin{center}
%%% begin ex1p2b %%%

\begin{tikzpicture}[>=latex,line join=bevel,automaton]
%%
\node (q0) at (18bp,47bp) [draw,circle,state,initial] {$0$};
  \node (q3) at (178bp,72bp) [draw,circle,state,final,accepting above] {$3$};
  \node (q2) at (98bp,72bp) [draw,circle,state] {$2$};
  \node (q5) at (98bp,18bp) [draw,circle,state] {$5$};
  \node (q7) at (268bp,47bp) [draw,circle,state,final] {$7$};
  \node (q6) at (178bp,18bp) [draw,circle,state,final,accepting below] {$6$};
  \draw [->] (q2) ..controls (126.11bp,72bp) and (138.58bp,72bp)  .. node[auto] {$a$} (q3);
  \draw [->] (q3) ..controls (208.21bp,63.701bp) and (225.92bp,58.67bp)  .. node[auto] {$a,b$} (q7);
  \draw [->] (q7) to[loop below] node[auto] {$a,b$} (q7);
  \draw [->] (q6) ..controls (208.34bp,27.667bp) and (226.26bp,33.576bp)  .. node[auto] {$a,b$} (q7);
  \draw [->] (q5) ..controls (126.11bp,18bp) and (138.58bp,18bp)  .. node[auto] {$b$} (q6);
  \draw [->] (q0) ..controls (45.62bp,37.103bp) and (59.462bp,31.957bp)  .. node[auto] {$b$} (q5);
  \draw [->] (q0) ..controls (45.849bp,55.605bp) and (59.331bp,59.926bp)  .. node[auto] {$a$} (q2);
  \draw [->] (q0) to[loop below] node[auto] {$a,b$} (q0);
%
\end{tikzpicture}

%%% end ex1p2b %%%
\end{center}
(Les états $1$ et $4$ étant inaccessibles, ils ont été retirés.  Il ne
faut pas oublier que $3$ et $6$ sont finaux puisqu'ils ont l'état
final $7$ dans leur ε-fermeture.)

On peut maintenant procéder à la déterminisation.  Pour abréger les
noms des états, on note, par exemple, $023$ pour $\{0,2,3\}$.  En
construisant de proche en proche, on obtient le DFA suivant :
\begin{center}
\scalebox{0.8}{%PLEASE!  There HAS to be a better way to do this!
%%% begin ex1p2c %%%

\begin{tikzpicture}[>=latex,line join=bevel,automaton]
%%
\begin{scope}
  \pgfsetstrokecolor{black}
  \definecolor{strokecol}{rgb}{1.0,1.0,1.0};
  \pgfsetstrokecolor{strokecol}
  \definecolor{fillcol}{rgb}{1.0,1.0,1.0};
  \pgfsetfillcolor{fillcol}
\end{scope}
\begin{scope}
  \pgfsetstrokecolor{black}
  \definecolor{strokecol}{rgb}{1.0,1.0,1.0};
  \pgfsetstrokecolor{strokecol}
  \definecolor{fillcol}{rgb}{1.0,1.0,1.0};
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\begin{scope}
  \pgfsetstrokecolor{black}
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  \pgfsetstrokecolor{strokecol}
  \definecolor{fillcol}{rgb}{1.0,1.0,1.0};
  \pgfsetfillcolor{fillcol}
\end{scope}
\begin{scope}
  \pgfsetstrokecolor{black}
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  \pgfsetstrokecolor{strokecol}
  \definecolor{fillcol}{rgb}{1.0,1.0,1.0};
  \pgfsetfillcolor{fillcol}
\end{scope}
  \node (q0) at (18bp,121.73bp) [draw,circle,state,initial] {$0$};
  \node (q027) at (382bp,39.732bp) [draw,circle,state,final] {$027$};
  \node (q056) at (188bp,58.732bp) [draw,circle,state,final,accepting below] {$056$};
  \node (q023) at (188bp,166.73bp) [draw,circle,state,final,accepting above] {$023$};
  \node (q057) at (382bp,185.73bp) [draw,circle,state,final] {$057$};
  \node (q0567) at (285bp,58.732bp) [draw,circle,state,final,accepting above] {$0567$};
  \node (q02) at (100bp,160.73bp) [draw,circle,state] {$02$};
  \node (q0237) at (285bp,166.73bp) [draw,circle,state,final,accepting below] {$0237$};
  \node (q05) at (100bp,68.732bp) [draw,circle,state] {$05$};
  \draw [->] (q057) ..controls (367.95bp,143.33bp) and (356.68bp,115.58bp)  .. (340bp,95.732bp) .. controls (334.17bp,88.79bp) and (326.73bp,82.582bp)  .. node[auto] {$b$} (q0567);
  \draw [->] (q0) ..controls (45.352bp,134.58bp) and (60.273bp,141.85bp)  .. node[auto] {$a$} (q02);
  \draw [->] (q0237) to[loop above] node[auto] {$a$} (q0237);
  \draw [->] (q023) ..controls (213.27bp,203.89bp) and (232.48bp,226.69bp)  .. (256bp,236.73bp) .. controls (279.71bp,246.86bp) and (289.57bp,244.97bp)  .. (314bp,236.73bp) .. controls (330.09bp,231.3bp) and (345.38bp,220.3bp)  .. node[auto] {$b$} (q057);
  \draw [->] (q023) ..controls (222.58bp,166.73bp) and (234.64bp,166.73bp)  .. node[auto] {$a$} (q0237);
  \draw [->] (q02) ..controls (129.57bp,162.73bp) and (142.05bp,163.6bp)  .. node[auto] {$a$} (q023);
  \draw [->] (q0567) to[loop below] node[auto] {$b$} (q0567);
  \draw [->] (q05) ..controls (129.65bp,65.401bp) and (142.24bp,63.937bp)  .. node[auto] {$b$} (q056);
  \draw [->] (q056) ..controls (222.58bp,58.732bp) and (234.64bp,58.732bp)  .. node[auto] {$b$} (q0567);
  \draw [->] (q0237) ..controls (322.23bp,165.23bp) and (331.57bp,165.88bp)  .. (340bp,167.73bp) .. controls (343.63bp,168.53bp) and (347.33bp,169.66bp)  .. node[auto] {$b$} (q057);
  \draw [->] (q056) ..controls (217.15bp,28.639bp) and (235.83bp,12.746bp)  .. (256bp,5.7322bp) .. controls (280.35bp,-2.7337bp) and (288.93bp,-0.26493bp)  .. (314bp,5.7322bp) .. controls (327.41bp,8.9409bp) and (341.18bp,15.299bp)  .. node[auto,below] {$a$} (q027);
  \draw [->] (q05) ..controls (100bp,100.68bp) and (100bp,117.05bp)  .. node[auto] {$a$} (q02);
  \draw [->] (q057) ..controls (397.04bp,148.37bp) and (402.36bp,127.76bp)  .. (400bp,109.21bp) .. controls (398.44bp,96.972bp) and (395.4bp,83.809bp)  .. node[auto] {$a$} (q027);
  \draw [->] (q027) ..controls (362.81bp,75.635bp) and (351.82bp,95.041bp)  .. (340bp,110.73bp) .. controls (332.19bp,121.1bp) and (322.64bp,131.57bp)  .. node[auto] {$a$} (q0237);
  \draw [->] (q0567) ..controls (324.14bp,51.105bp) and (336.81bp,48.57bp)  .. node[auto,below] {$a$} (q027);
  \draw [->] (q027) ..controls (382bp,87.723bp) and (382bp,124.52bp)  .. node[auto] {$b$} (q057);
  \draw [->] (q02) ..controls (115.85bp,134.94bp) and (120.35bp,122.5bp)  .. (118bp,110.98bp) .. controls (116.93bp,105.75bp) and (115.19bp,100.36bp)  .. node[auto] {$b$} (q05);
  \draw [->] (q0) ..controls (45.218bp,104.36bp) and (61.545bp,93.546bp)  .. node[auto] {$b$} (q05);
%
\end{tikzpicture}

%%% end ex1p2c %%%
}
\end{center}
(À titre d'exemple, la transition étiquetée $b$ partant de l'état
$0237$ conduit à l'état $057$ car les transitions étiquetées $b$ dans
le NFA précédent et partant des états parmi $\{0,2,3,7\}$ sont $0\to
0$, $0\to 5$, $3\to 7$ et $7\to 7$.  Tous les états contenant l'un des
symboles $3,6,7$ sont finaux.)

(2) On a affaire à un DFA (sous-entendu : \emph{complet}) dont tous
les états sont accessibles, on peut donc appliquer directement
l'algorithme de Moore.  Une première partition sépare les états
finaux, soit $023, 0237, 027, 056, 0567, 057$ des non-finaux, soit $0,
02, 05$.  L'étape suivante distingue $02$ parce que sa $a$-transition
conduit à une classe différente que celles de $0$ et $05$, et $05$
parce que sa $b$-transition conduit à une classe différente de $0$ et
$02$.  Les étapes suivantes ne changent rien.  Finalement, on arrive à
un automate à quatre états :
\begin{center}
%%% begin ex1p2d %%%

\begin{tikzpicture}[>=latex,line join=bevel,automaton]
%%
\begin{scope}
  \pgfsetstrokecolor{black}
  \definecolor{strokecol}{rgb}{1.0,1.0,1.0};
  \pgfsetstrokecolor{strokecol}
  \definecolor{fillcol}{rgb}{1.0,1.0,1.0};
  \pgfsetfillcolor{fillcol}
  \filldraw (0bp,0bp) -- (0bp,112bp) -- (200bp,112bp) -- (200bp,0bp) -- cycle;
\end{scope}
  \node (q02) at (100bp,93bp) [draw,circle,state] {$02$};
  \node (q0) at (18bp,56bp) [draw,circle,state,initial] {$0$};
  \node (qA) at (182bp,60bp) [draw,circle,state,final] {$A$};
  \node (q05) at (100bp,19bp) [draw,circle,state] {$05$};
  \draw [->] (q0) ..controls (45.691bp,68.345bp) and (60.407bp,75.151bp)  .. node[auto] {$a$} (q02);
  \draw [->] (qA) to[loop below] node[auto] {$a,b$} (qA);
  \draw [->] (q02) ..controls (129.2bp,81.367bp) and (143.35bp,75.529bp)  .. node[auto] {$a$} (qA);
  \draw [->] (q05) ..controls (128.81bp,33.252bp) and (143.85bp,40.959bp)  .. node[auto,below] {$b$} (qA);
  \draw [->] (q05) ..controls (100bp,46.09bp) and (100bp,55.041bp)  .. node[auto] {$a$} (q02);
  \draw [->] (q02) ..controls (116.71bp,70.13bp) and (120.2bp,60.948bp)  .. (118bp,52.251bp) .. controls (117.33bp,49.598bp) and (116.4bp,46.928bp)  .. node[auto] {$b$} (q05);
  \draw [->] (q0) ..controls (45.691bp,43.655bp) and (60.407bp,36.849bp)  .. node[auto] {$b$} (q05);
%
\end{tikzpicture}

%%% end ex1p2d %%%
\end{center}
où $A$ représente la classe de tous les états finaux de l'automate
précédent.

La signification des quatre états est la suivante : l'état $0$
signifie que l'automate n'a encore rien lu, l'état $02$ signifie que
l'automate vient de lire un $a$, le $05$ signifie qu'il vient de lire
un $b$, le $A$ signifie qu'il a lu deux $a$ consécutifs ou bien deux
$b$ consécutifs.  Sur cette description, il est clair que l'automate
accepte les mots contenant deux $a$ consécutifs ou bien deux $b$
consécutifs.

(3) L'élimination des états $1$ à $6$ peut se faire dans un ordre
quelconque et conduit à l'automate (à transitions étiquetées par des
expressions rationnelles) suivant :
\begin{center}
%%% begin ex1p2a2 %%%

\begin{tikzpicture}[>=latex,line join=bevel,automaton]
%%
\node (q0) at (18bp,20.549bp) [draw,circle,state,initial] {$0$};
  \node (q7) at (104bp,20.549bp) [draw,circle,state,final] {$7$};
  \draw [->] (q0) ..controls (47.743bp,20.549bp) and (62.773bp,20.549bp)  .. node[auto] {$aa$} (q7);
  \draw [->] (q0) ..controls (42.511bp,4.2138bp) and (55.796bp,-1.5495bp)  .. (68bp,1.5495bp) .. controls (71.958bp,2.5545bp) and (75.953bp,4.1071bp)  .. node[auto,below] {$bb$} (q7);
  \draw [->] (q0) to[loop below] node[auto] {$a,b$} (q0);
  \draw [->] (q7) to[loop below] node[auto] {$a,b$} (q7);
%
\end{tikzpicture}

%%% end ex1p2a2 %%%
\end{center}

Il y a plusieurs flèches entre les mêmes états : quitte à les
remplacer par des disjonctions, on obtient :
\begin{center}
%%% begin ex1p2a3 %%%

\begin{tikzpicture}[>=latex,line join=bevel,automaton]
%%
\node (q0) at (18bp,18bp) [draw,circle,state,initial] {$0$};
  \node (q7) at (119bp,18bp) [draw,circle,state,final] {$7$};
  \draw [->] (q0) ..controls (51.292bp,18bp) and (73.384bp,18bp)  .. node[auto] {$aa|bb$} (q7);
  \draw [->] (q0) to[loop below] node[auto] {$a|b$} (q0);
  \draw [->] (q7) to[loop below] node[auto] {$a|b$} (q7);
%
\end{tikzpicture}

%%% end ex1p2a3 %%%
\end{center}

Enfin, on doit éliminer les états $0$ et $7$ eux-mêmes : pour cela, on
ajoute un nouvel état initial qui ne soit la cible d'aucune flèche et
un nouvel état final d'où ne part aucune flèche,
\begin{center}
%%% begin ex1p2a4 %%%

\begin{tikzpicture}[>=latex,line join=bevel,automaton]
%%
\node (qi) at (18bp,18bp) [draw,circle,state,initial] {$\phantom{0}$};
  \node (q0) at (97bp,18bp) [draw,circle,state] {$0$};
  \node (q7) at (198bp,18bp) [draw,circle,state] {$7$};
  \node (qf) at (277bp,18bp) [draw,circle,state,final] {$\phantom{7}$};
  \draw [->] (qi) ..controls (45.659bp,18bp) and (57.817bp,18bp)  .. node[auto] {$\varepsilon$} (q0);
  \draw [->] (q7) ..controls (225.66bp,18bp) and (237.82bp,18bp)  .. node[auto] {$\varepsilon$} (qf);
  \draw [->] (q0) ..controls (130.29bp,18bp) and (152.38bp,18bp)  .. node[auto] {$aa|bb$} (q7);
  \draw [->] (q0) to[loop below] node[auto] {$a|b$} (q0);
  \draw [->] (q7) to[loop below] node[auto] {$a|b$} (q7);
%
\end{tikzpicture}

%%% end ex1p2a4 %%%
\end{center}

Et l'élimination des états $0$ et $7$ dans un ordre quelconque conduit
finalement à l'expression rationnelle $(a|b){*}(aa|bb)(a|b){*}$.
\end{corrige}


%
%
%
\end{document}