%% This is a LaTeX document. Hey, Emacs, -*- latex -*- , get it? \documentclass[12pt,a4paper]{article} \usepackage[a4paper,hmargin=2cm,vmargin=3cm]{geometry} \usepackage[french]{babel} \usepackage[utf8]{inputenc} \usepackage[T1]{fontenc} %\usepackage{ucs} \usepackage{lmodern} \usepackage{newtxtext} % A tribute to the worthy AMS: \usepackage{amsmath} \usepackage{amsfonts} \usepackage{amssymb} \usepackage{amsthm} % \usepackage{mathrsfs} \usepackage{wasysym} \usepackage{url} \usepackage{mathpartir} \usepackage{flagderiv} % \usepackage{graphics} \usepackage[usenames,dvipsnames]{xcolor} \usepackage{tikz} \usetikzlibrary{arrows} \usepackage{hyperref} % \theoremstyle{definition} \newtheorem{comcnt}{Tout} \newcommand\thingy{% \refstepcounter{comcnt}\medskip\noindent\textbf{\thecomcnt.} } \newcommand\exercice[1][Exercice]{% \refstepcounter{comcnt}\bigskip\noindent\textbf{#1~\thecomcnt.}\par\nobreak} \renewcommand{\qedsymbol}{\smiley} % \newcommand{\dbllangle}{\mathopen{\langle\!\langle}} \newcommand{\dblrangle}{\mathclose{\rangle\!\rangle}} \newcommand{\dottedlimp}{\mathbin{\dot\Rightarrow}} \newcommand{\dottedland}{\mathbin{\dot\land}} \newcommand{\dottedlor}{\mathbin{\dot\lor}} \newcommand{\dottedtop}{\mathord{\dot\top}} \newcommand{\dottedbot}{\mathord{\dot\bot}} \newcommand{\dottedneg}{\mathop{\dot\neg}} \mathchardef\emdash="07C\relax % \DeclareUnicodeCharacter{00A0}{~} % % \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} % % % \begin{document} \ifcorrige \title{INF110 / CSC-3TC34-TP\\Contrôle de connaissances — Corrigé\\{\normalsize Logique et Fondements de l'Informatique}} \else \title{INF110 / CSC-3TC34-TP\\Contrôle de connaissances\\{\normalsize Logique et Fondements de l'Informatique}} \fi \author{} \date{26 janvier 2026} \maketitle \pretolerance=8000 \tolerance=50000 \vskip1truein\relax \noindent\textbf{Consignes.} Les exercices 1 à 5 (qui portent sur la logique) et le problème final (qui porte sur la calculabilité) sont totalement indépendants les uns des autres. 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 (tirez au moins un trait sur toute la largeur de la feuille entre deux exercices). \textbf{Le non-respect de cette consigne pourra être pénalisé.} \medbreak La longueur du sujet ne doit pas effrayer : les réponses attendues sont souvent plus courtes que les questions. Notamment, l'énoncé du problème est long parce que des rappels et éclaircissements ont été faits et que les questions ont été rédigées de façon aussi précise que possible. \medbreak Dans les exercices portant sur Rocq (exercices 1 à 4), les erreurs de syntaxe Rocq ne seront pas pénalisées tant qu'on comprend clairement l'intention. De même, quand on demande d'écrire un $\lambda$-terme, il n'est pas indispensable de suivre exactement les notations introduites en cours. \medbreak L'usage de tous les documents écrits (notes de cours manuscrites ou imprimées, feuilles d'exercices, livres) est autorisé. L'usage des appareils électroniques est interdit. \medbreak Durée : 3h Barème \emph{approximatif} et \emph{indicatif} (sur $20$) : 2+2+4+3+3+6 \ifcorrige Ce corrigé comporte 11 pages (page de garde incluse). \else Cet énoncé comporte 7 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 \iftrue % % % \exercice Dans cet exercice, on considère des paires d'états d'une preuve en Rocq avant et après l'application d'une tactique. On demande de retrouver quelle est la tactique ou la séquence de tactiques appliquée. \smallskip \textbf{(1)} On part de l'état suivant : \begin{verbatim} A, B, C : Prop H : (A /\ B) /\ C ============================ A \end{verbatim} \noindent et on veut arriver à l'état suivant : \begin{verbatim} A, B, C : Prop H1 : A /\ B H2 : C ============================ A \end{verbatim} \smallskip \textbf{(2)} On part de l'état suivant : \begin{verbatim} A, B, C : Prop ============================ (A \/ B) /\ C <-> (A /\ C) \/ (A /\ C) \end{verbatim} \noindent et on veut arriver à l'état suivant : \begin{verbatim} First subgoal: A, B, C : Prop ============================ (A \/ B) /\ C -> (A /\ C) \/ (A /\ C) Second subgoal: A, B, C : Prop ============================ (A /\ C) \/ (A /\ C) -> (A \/ B) /\ C \end{verbatim} \smallskip \textbf{(3)} On part de l'état suivant : \begin{verbatim} A, B, C : Prop H1 : B H2 : C ============================ A \/ B \end{verbatim} \noindent et on veut arriver à l'état suivant : \begin{verbatim} No more goals. \end{verbatim} \smallskip \textbf{(4)} On part de l'état suivant : \begin{verbatim} A, B : Prop H1 : A -> B H2 : ~ B ============================ ~A \end{verbatim} \noindent et on veut arriver à l'état suivant : \begin{verbatim} A, B : Prop H1 : A -> B H2 : ~ B H3 : A ============================ B \end{verbatim} \smallskip \textbf{(5)} On part de l'état suivant : \begin{verbatim} n, m : nat H : S n = S m ============================ n = m \end{verbatim} \noindent et on veut arriver à l'état suivant : \begin{verbatim} n, m : nat H : n = m ============================ n = m \end{verbatim} \smallskip \textbf{(6)} On part de l'état suivant : \begin{verbatim} n : nat ============================ n + 0 = n \end{verbatim} \noindent et on veut arriver à l'état suivant : \begin{verbatim} First subgoal: ============================ 0 + 0 = 0 Second subgoal: n : nat IHn : n + 0 = n ============================ S n + 0 = S n \end{verbatim} \smallskip \textbf{(7)} On part de l'état suivant : \begin{verbatim} n : nat IHn : n + 0 = n ============================ S n + 0 = S n \end{verbatim} \noindent et on veut arriver à l'état suivant : \begin{verbatim} n : nat IHn : n + 0 = n ============================ S (n + 0) = S n \end{verbatim} \smallskip \textbf{(8)} On part de l'état suivant : \begin{verbatim} n : nat IHn : n + 0 = n ============================ S (n + 0) = S n \end{verbatim} \noindent et on veut arriver à l'état suivant : \begin{verbatim} n : nat IHn : n + 0 = n ============================ n + 0 = n \end{verbatim} \begin{corrige} \smallskip \textbf{(1)} \verb|destruct H as (H1, H2).| \textbf{(2)} \verb|split.| \textbf{(3)} \verb|right. assumption.| \textbf{(4)} \verb|intros H3. apply H2.| \textbf{(5)} \verb|injection H as H.| \textbf{(6)} \verb+induction n as [|n IHn].+ ou simplement \verb|induction n.| \textbf{(7)} \verb|simpl.| \textbf{(8)} \verb|f_equal.| (la tactique) ou \verb|apply f_equal.| (le lemme). \end{corrige} % % % \exercice Si l'on dispose du lemme suivant en Rocq : \begin{verbatim} Lemma mul_0_r : forall n : nat, n * 0 = 0. \end{verbatim} Parmi les buts suivants, quand peut-on utiliser ce lemme avec la tactique \texttt{rewrite} ? Quand peut-on utiliser ce lemme avec la tactique \texttt{apply} ? Justifier brièvement. \smallskip \textbf{(1)} \begin{verbatim} n : nat ============================ n * 0 = 0 + 0 \end{verbatim} \smallskip \textbf{(2)} \begin{verbatim} n, m : nat ============================ (n + m) * 0 = n * 0 + m * 0 \end{verbatim} \smallskip \textbf{(3)} \begin{verbatim} n, m : nat ============================ n + 0 = n \end{verbatim} \begin{corrige} \smallskip \textbf{(1)} On peut utiliser \texttt{rewrite -> mul\_0\_r.} car le but contient un sous-terme de la forme \texttt{?n * 0} (où \texttt{?n} est \texttt{n}). On peut également utiliser \texttt{apply mul\_0\_r.} car le but est convertible à \texttt{?n * 0 = 0} (car la partie droite de l'égalité se simplifie en \texttt{0}). \textbf{(2)} On peut utiliser \texttt{rewrite -> mul\_0\_r.} car le but contient un sous-terme de la forme \texttt{?n * 0} (où \texttt{?n} est \texttt{n + m}). On ne peut pas utiliser \texttt{apply mul\_0\_r.} car le but n'est pas convertible à \texttt{?n * 0 = 0}. \textbf{(3)} On peut utiliser \texttt{rewrite <- mul\_0\_r.} car le but contient un sous-terme de la forme \texttt{0}. On ne peut pas utiliser \texttt{apply add\_0\_r.} car le but n'est pas convertible à \texttt{?n * 0 = 0}. \end{corrige} % % % \exercice \textbf{(A)} Pour chacun des termes de preuve Rocq suivants, retrouver le théorème du calcul propositionnel intuitionniste qu'il prouve. (Ici, \texttt{A}, \texttt{B}, \texttt{C} vivent dans \texttt{Prop}.) \smallskip \textbf{(1)} \verb|fun (H1 : A) (H2 : B) => H2| \smallskip \textbf{(2)} \verb|fun (H1 : A) (H2 : ~ A) => H2 H1| \smallskip \textbf{(3)} \verb|fun (H1 : A -> (B -> C)) (H2 : B) (H3 : A) => H1 H3 H2| \smallskip \textbf{(B)} Pour chaque formule logique suivante, en donner une preuve (en calcul propositionnel intuitionniste pour (1)–(4)). La preuve sera exprimée de préférence sous forme d'un $\lambda$-terme, qui n'a pas à être justifié si on est sûr qu'il est correct et qu'on veut gagner du temps ; toutefois, si on ne sait pas écrire le $\lambda$-terme ou si on a un doute à son sujet, on pourra donner une preuve en déduction naturelle (présentée comme arbre de preuve ou sous forme drapeau), qui vaudra au moins une partie des points. \smallskip \textbf{(1)} $A \Rightarrow A$ \smallskip \textbf{(2)} $A \Rightarrow (A \land A)$ \smallskip \textbf{(3)} $(A \lor A) \Rightarrow A$ \smallskip \textbf{(4)} $\neg(A \lor B) \Rightarrow \neg A$ \smallskip \textbf{(5)} $((\forall x.\; P(x)) \lor (\forall x.\; Q(x))) \Rightarrow (\forall x.\; (P(x) \lor Q(x)))$ (en logique du premier ordre intuitionniste) \smallskip \begin{corrige} \smallskip \textbf{(A)} \textbf{(1)} $A \Rightarrow B \Rightarrow B$ \textbf{(2)} $A \Rightarrow \neg \neg A$ \textbf{(3)} $(A \Rightarrow B \Rightarrow C) \Rightarrow B \Rightarrow A \Rightarrow C$ \smallskip \textbf{(B)} \textbf{(1)} $\lambda(u:A).\; u$ \textbf{(2)} $\lambda(u:A).\; \langle u,u\rangle$ \textbf{(3)} $\lambda(u:A\lor A).\; (\texttt{match~}u\texttt{~with~} \iota_1 v \mapsto v,\; \iota_2 v \mapsto v)$ (noter qu'on peut préférer l'écrire avec des noms de variables liées différentes dans l'alternative : $\lambda(u:A\lor A).\; (\texttt{match~}u\texttt{~with~} \iota_1 v_1 \mapsto v_1,\penalty-100\; \iota_2 v_2 \mapsto v_2)$, c'est exactement équivalent) \textbf{(4)} $\lambda(h:\neg(A \lor B)).\; \lambda(u:A).\; h(\iota_1^{(A,B)} u)$ \textbf{(5)} $\lambda(h:(\forall x.\; P(x)) \lor (\forall x.\; Q(x))).\; (\texttt{match~}h\texttt{~with~} \iota_1 g \mapsto \lambda(x:I).\; \iota_1^{(P(x),Q(x))}(g x),\penalty-500\; \iota_2 g \mapsto \lambda(x:I).\penalty0\; \iota_2^{(P(x),Q(x))}(g x))$ ou, si on préfère, $\lambda(h:(\forall x.\; P(x)) \lor (\forall x.\; Q(x))).\; \lambda(x:I).\penalty-500\; (\texttt{match~}h\texttt{~with~} \iota_1 g \mapsto \iota_1^{(P(x),Q(x))}(g x),\penalty-500\; \iota_2 g \mapsto \iota_2^{(P(x),Q(x))}(g x))$ \end{corrige} % % % \exercice \textbf{(1)} Définir en Rocq un type inductif pour représenter les arbres binaires contenant des entiers. \smallskip \textbf{(2)} Définir une fonction \texttt{miroir} qui, étant donné un arbre binaire, renvoie son miroir (symétrie gauche-droite). \smallskip \textbf{(3)} Énoncer un lemme en Rocq affirmant que le miroir du miroir d'un arbre est l'arbre lui-même. \smallskip \textbf{(4)} Avec quelle(s) tactique(s) peut-on prouver ce lemme ? Expliquer brièvement. \smallskip \textbf{(5)} Définir une fonction \texttt{taille} qui calcule le nombre de noeuds d'un arbre binaire. \smallskip \textbf{(6)} Expliquer succinctement comment prouver en Rocq que la taille d'un arbre et la taille de son miroir sont égales. \begin{corrige} \smallskip \textbf{(1)} On définit un type inductif pour les arbres binaires : \begin{verbatim} Inductive arbre : Type := | feuille : arbre | noeud : nat -> arbre -> arbre -> arbre. \end{verbatim} \textbf{(2)} On définit la fonction \texttt{miroir} par récursion structurelle : \begin{verbatim} Fixpoint miroir (a : arbre) : arbre := match a with | feuille => feuille | noeud v g d => noeud v (miroir d) (miroir g) end. \end{verbatim} \textbf{(3)} \verb|Lemma miroir_involutif : forall a : arbre, miroir (miroir a) = a.| \textbf{(4)} On peut prouver ce lemme par induction structurelle sur \texttt{a} (tactique \texttt{induction a.}). Après la simplification par \texttt{simpl.}, chaque cas se résout facilement avec \texttt{reflexivity.} ou les hypothèses d'induction. \textbf{(5)} On définit la fonction \texttt{taille} par récursion : \begin{verbatim} Fixpoint taille (a : arbre) : nat := match a with | feuille => 0 | noeud v g d => (taille g) + (taille d) end. \end{verbatim} \textbf{(6)} On énoncerait le lemme : \verb|Lemma taille_miroir : forall a : arbre, taille a = taille (miroir a).| Pour le prouver, on utilise l'induction structurelle (\texttt{induction a.}). Le cas de base (feuille) se résout par \texttt{reflexivity.} Dans le cas récursif, la simplification calcule la taille du miroir. Les hypothèses d'induction permettent de réécrire les tailles du miroir des sous-arbres. On conclut en utilisant la commutativité de l'addition. Preuve complète : \begin{verbatim} Require Import Arith. Lemma taille_miroir : forall a : arbre, taille a = taille (miroir a). Proof. induction a; simpl. - reflexivity. - rewrite IHa1. rewrite IHa2. apply Nat.add_comm. Qed. \end{verbatim} \vskip-4ex\leavevmode \end{corrige} \fi % % % \exercice Dans cet exercice, on veut montrer que la « formule de Scott », à savoir la formule propositionnelle suivante : \[ ((\neg\neg A \Rightarrow A) \,\Rightarrow\, (A \lor \neg A)) \;\Rightarrow\; (\neg\neg A \lor \neg A) \] n'est pas un théorème du calcul propositionnel intuitionniste. Pour cela, on introduit l'espace topologique $X = \mathbb{R}$ et l'ouvert suivant : \[ \begin{aligned} U \;&=\; \left\{ x\in \mathbb{R} \;:\; x>0 \;\text{~et~}\; \forall n\in\mathbb{N}.(x\neq 2^{-n}) \right\}\\ &=\; \mathbb{R}_{>0} \setminus \{1,\frac{1}{2},\frac{1}{4},\frac{1}{8},\ldots\}\\ &=\; \mathopen]1;+\infty\mathclose[ \;\cup\; \mathopen]\frac{1}{2};1\mathclose[ \;\cup\; \mathopen]\frac{1}{4};\frac{1}{2}\mathclose[ \;\cup\; \mathopen]\frac{1}{8};\frac{1}{4}\mathclose[ \;\cup\; \cdots\\ \end{aligned} \] (On rappellera brièvement pourquoi $U$ est bien un ouvert.) Donner la valeur, pour la sémantique des ouverts de $X$, de chaque sous-formule de la formule de Scott dans laquelle $A$ a été remplacé par $U$, et en déduire pourquoi la formule de Scott n'est pas démontrable. On représentera chaque ensemble graphiquement en plus d'expliciter sa valeur avec des symboles. (Il est recommandé de faire particulièrement au point $0$ et, pour éviter les erreurs, de bien s'assurer qu'on a affaire à un ouvert à chaque fois.) \begin{corrige} D'abord, $U$ est un ouvert parce que c'est une réunion d'intervalles ouverts. On trouve successivement : \begin{itemize} \item L'ensemble $\dottedneg U$ est l'ensemble $\mathbb{R}_{<0} = \mathopen]-\infty;0\mathclose[$ des réels strictement négatifs. \item L'ensemble $\dottedneg\dottedneg U$ est l'ensemble $\mathbb{R}_{>0} = \mathopen]0;+\infty\mathclose[$ des réels strictement positifs. \item L'ensemble $\dottedneg\dottedneg U \dottedlimp U$ est l'ensemble $\{ x\in \mathbb{R} \;:\; x\neq 0 \;\text{~et~}\; \forall n\in\mathbb{N}.(x\neq 2^{-n}) \}$ des réels non nuls qui ne sont pas un $2^{-n}$, ensemble qui est aussi la réunion de $U$ et de $\mathopen]-\infty;0\mathclose[$. (Le seul point véritablement problématique est $0$, mais il ne peut pas appartenir à l'ouvert car les $2^{-n}$ n'y sont pas, et si un ouvert contient $0$ il doit contenir un intervalle ouvert autour de $0$, donc tous les $2^{-n}$ à partir d'un certain rang.) \item L'ensemble $U \dottedlor \dottedneg U$ est le même ensemble $U \cup \mathopen]-\infty;0\mathclose[$ qu'au point précédent. \item L'ensemble $(\dottedneg\dottedneg U \dottedlimp U) \dottedlimp (U \dottedlor \dottedneg U)$ est $\mathbb{R}$ tout entier, précisément parce que les deux points précédents donnent le même ouvert. \item L'ensemble $\dottedneg\dottedneg U \dottedlor \dottedneg U$ est l'ensemble $\mathopen]-\infty;0\mathclose[ \cup \mathopen]0;+\infty\mathclose[ = \mathbb{R}\setminus\{0\}$ des réels non nuls. \item L'ensemble associé à la formule de Scott tout entière est le même ensemble $\mathbb{R}\setminus\{0\}$ qu'au point précédent. \end{itemize} Comme on a trouvé autre chose que $\mathbb{R}$, par correction de la sémantique des ouverts sur $X = \mathbb{R}$, la formule de Scott ne peut pas être démontrable en calcul propositionnel intuitionniste. \end{corrige} % % % \exercice[Problème] \textbf{Rappels de quelques définitions et notations habituelles.} On rappelle qu'un \textbf{mot binaire} est une suite finie (éventuellement vide, c'est-à-dire de longueur nulle) de $0$ et de $1$. On notera $\{0,1\}^* = \{\varepsilon, 0, 1, 00, 01, 10, 11, 000, \ldots\}$ (ici, $\varepsilon$ désigne le mot vide) l'ensemble de tous les mots binaires. La \textbf{longueur} $|w|$ d'un mot binaire $w \in \{0,1\}^*$ est le nombre total de bits qu'il contient (p.ex., $|00|=2$ et $|\varepsilon|=0$), et nous suivrons la convention de numéroter les bits de la gauche vers la droite de $0$ à $|w|-1$ (par exemple, le bit numéroté $0$ de $1010$ vaut $1$, tandis que son bit numéroté $3$ vaut $0$). On dit qu'un mot binaire $u$ est un \textbf{préfixe} d'un mot binaire $v$ lorsque $v$ commence par les bits de $u$, ou, formellement : $|u|\leq|v|$ et pour chaque $0\leq j < |u|$, le bit numéroté $j$ de $v$ est égal au bit numéroté $j$ de $u$. (Par exemple, $1010$ est un préfixe de $1010111$, tout mot binaire est un préfixe de lui-même, et $\varepsilon$ est un préfixe de n'importe quel mot binaire.) \medskip On pourra utiliser sans justification et sans commentaire le fait que les mots binaires peuvent être manipulés algorithmiquement (via un codage de Gödel qu'on ne demande pas de préciser) : notamment, calculer la longueur d'un mot, ou renvoyer son bit numéroté $i$, sont des opération calculables. \medskip On appelle \textbf{arbre de Kleene} l'ensemble $\mathscr{K} \subseteq \{0,1\}^*$ de mots binaires défini de la manière suivante : un mot binaire $w \in \{0,1\}^*$ de longueur $|w|$ appartient à $\mathscr{K}$ lorsque, pour chaque $0 \leq i < |w|$, le bit numéroté $i$ de $w$ vaut \begin{itemize} \item $0$ s'il existe un arbre de calcul (codé par un entier) $<|w|$ attestant $\varphi_i(0) = 0$, \item $1$ s'il existe un arbre de calcul (codé par un entier) $<|w|$ attestant $\varphi_i(0) = r$, où $r\neq 0$, \item et arbitraire sinon, \end{itemize} où $\varphi_i$ désigne la $i$-ième fonction générale récursive (d'arité $1$). \emph{Si on préfère} parler en termes de machines de Turing, on pourra changer la définition en : \begin{itemize} \item $0$ si la $i$-ième machine de Turing termine\footnote{Sous-entendu : à partir d'une bande vierge (ou d'une bande représentant le nombre $0$, ou tout autre état initial fixé sans importance).} en $<|w|$ étapes et renvoie $0$, \item $1$ si la $i$-ième machine de Turing termine en $<|w|$ étapes et renvoie une valeur $r \neq 0$, \item et arbitraire sinon \end{itemize} (cela ne changera rien de substantiel aux raisonnements). Informellement dit, l'appartenance d'un mot $w$ à $\mathscr{K}$ est déterminée par le résultat de l'exécution des $|w|$ premiers programmes, chacun jusqu'à la borne $|w|$, et le bit numéroté $i$ de $w$ est contraint, si le programme $i$ termine, par le résultat de celui-ci. (On prendra note du fait que $\varepsilon \in \mathscr{K}$ car la contrainte « pour chaque $0\leq i < |w|$ » est vide — donc trivialement vérifiée — vu que $|\varepsilon|=0$.) \bigskip \textbf{(1)} Montrer que si $v \in \mathscr{K}$ et si $u$ est un préfixe de $v$. alors on a aussi $u \in \mathscr{K}$. \begin{corrige} Supposons que $u$ soit un préfixe de $v$ avec $v \in \mathscr{K}$. Alors pour tout $i$ tel que $0\leq i < |u|$, le bit numéroté $i$ de $u$ est aussi le bit numéroté $i$ de $v$, qui d'après les conditions sur $v \in \mathscr{K}$, vaut $0$ (resp. $1$) s'il existe un arbre de calcul $<|v|$ attestant $\varphi_i(0) = 0$ (resp. $\varphi_i(0) \neq 0$), et à plus forte raison s'il existe un arbre de calcul $<|u|$ l'attestant : ceci implique donc bien $u \in \mathscr{K}$. \end{corrige} \medskip On dit que $\mathscr{K}$ est un \textbf{arbre} de mots binaires\footnote{Si cette terminologie semble mystérieuse, l'explication est que le graphe (infini d'après la question (3)) dont les sommets sont les éléments de $\mathscr{K}$, avec une arête de $u$ à $v$ lorsque $u$ est un préfixe de $v$, est un arbre (infini) au sens de la théorie des graphes. Cette remarque n'est pas utile pour le présent exercice.} pour exprimer la propriété démontrée par cette question (1). (Formellement, un arbre de mots binaires est une partie $\mathscr{T} \subseteq \{0,1\}^*$ telle que si $v\in\mathscr{T}$ et que $u$ est un préfixe de $v$, alors $u\in\mathscr{T}$.) \medskip \textbf{(2)} Montrer que $\mathscr{K}$ est une partie \emph{décidable} (i.e., calculable) de $\{0,1\}^*$. Sa fonction indicatrice est-elle primitive récursive ? \begin{corrige} On veut montrer qu'il existe un algorithme qui, donné un $w \in \{0,1\}^*$, décide si $w \in \mathscr{K}$. Pour cela, il suffit de parcourir les bits $0\leq i<|w|$ de $w$ et, pour chacun de tester si la condition définissant $\mathscr{K}$ est vérifiée : on parcourt les entiers $0\leq j<|w|$ et, pour chacun, on teste s'il s'agit du code d'un arbre de calcul attestant $\varphi_i(0) = r$ pour un certain $r$, et, si c'est le cas, on vérifie que le bit $w_i$ de $w$ vaut $0$ si $r=0$ ou $1$ si $r\neq 0$. (Si on préfère les machines de Turing, on lance l'exécution de la $i$-ième machine pour au plus $|w|-1$ étapes et le reste est analogue.) Si une des conditions échoue, le mot $w$ n'est pas dans $\mathscr{K}$, tandis que si toutes réussissent, le mot est dans $\mathscr{K}$. Il s'agit bien là d'un algorithme qui termine à coup sûr en temps fini. Il est même primitif récursif puisqu'on a essentiellement deux boucles imbriquées, une sur $i$ et une sur $j$, bornées par $|w|$. \end{corrige} \medskip \textbf{(3)} Montrer qu'il existe dans $\mathscr{K}$ des mots binaires de longueur arbitrairement grande (formellement : $\forall n. \; \exists w\in\mathscr{K}. \; (|w| \geq n)$). On pourra même expliquer comment en calculer algorithmiquement un de longueur quelconque. \begin{corrige} Comme on l'a expliqué à la question (2), la condition définissant l'appartenance d'un mot à $w$ est testable algorithmiquement. Pour fabriquer un mot de $\mathscr{K}$ de longueur $n$, on teste, pour chaque $0\leq i<|w|$ s'il existe un arbre de calcul $ m$) est dans $\mathscr{K}$ par l'hypothèse que $(b_i)$ est une branche de $\mathscr{K}$. Il existe un arbre de calcul codé par un entier $<|w|$ (à savoir $m$) attestant $\varphi_e(0) = r$, donc le bit $b_e$ de $w$ vaut $0$ si $r=0$ et $1$ si $r\neq 0$. On a donc bien prouvé que $e \mapsto b_e$ vérifie les conditions du (4). Or on a vu en (4) qu'une telle fonction ne peut pas être calculable. C'est donc que $\mathscr{K}$ n'a pas branche infinie calculable. \end{corrige} \medskip Le \textbf{lemme de Kőnig} est l'affirmation suivante : « tout arbre de mots binaires contenant des mots de longueur arbitrairement grande a une branche infinie » (les termes « arbre de mots binaires », « contenant des mots de longueur arbitrairement grande » et « branche infinie » ont été définis précisément ci-dessus). On ne demande pas de démontrer cette affirmation : néanmoins, c'est un théorème des mathématiques classiques usuelles. \medskip \textbf{(6)} Pour résumer, que peut-on conclure du lemme de Kőnig, et des questions précédentes, concernant l'arbre $\mathscr{K}$ ? Comment expliqueriez-vous informellement la situation ? \begin{corrige} On a vu que $\mathscr{K}$ est un arbre de mots binaires calculable, contenant des mots de longueur arbitrairement grande. Par le lemme de Kőnig, il a des branches infinies. Néanmoins, aucune de ses branches n'est calculable. On peut décrire informellement $\mathscr{K}$ comme un « labyrinthe infini, calculable mais impossible à résoudre de façon calculable » : les pièces du labyrinthe sont les nœuds de l'arbre, c'est-à-dire les $w\in\mathscr{K}$, chaque pièce permet d'aller potentiellement vers $w0$ ou $w1$ selon si l'un ou l'autre (ou aucun des deux) n'est dans $\mathscr{K}$. On peut algorithmiquement faire un plan du labyrinthe jusqu'à n'importe quelle profondeur finie. Néanmoins, si on postule que le labyrinthe possède une sortie au bout de chaque branche infinie (les branches finies étant des culs-de-sac), alors aucun algorithme ne peut naviguer le labyrinthe jusqu'à une sortie, bien que des chemins menant à une sortie existent (par le lemme de Kőnig). \end{corrige} \medskip \textbf{(7)} Expliquer pourquoi la question (5) \emph{suggère} que le lemme de Kőnig n'est pas démontrable en mathématiques constructives. (On ne demande pas ici un raisonnement formel précis, mais une idée.) \begin{corrige} Une démonstration constructive du lemme de Kőnig, formalisée dans un système semblable à l'arithmétique de Heyting, permettrait vraisemblablement d'extraire de la preuve un algorithme qui calcule une branche infinie de l'arbre (cet arbre étant lui-même calculable pour commencer). Or on vient de voir que ce n'est pas le cas, ce qui suggère qu'une telle démonstration n'est pas possible. \end{corrige} % % % \end{document}