2 Non équivalence des lemmes de pompage

Langages formels, calculabilité et complexité ENS Paris – A1S1 2019-2020

10 octobre 2019 NathanGrosshans

TD 3 – Rationalité, minimisation et monoïdes

1 Rationalité

Exercice 1.Les langages suivants sont-ils rationnels ? Justifier.

1. {aⁿbⁿ|n∈N}.

2. {a^mbⁿ|n≡m (modd)}pour un d∈N>0 donné.

3. {a^p |ppremier}.

4. {a^P(n) |n∈N} pour P un polynôme à coefficients dans N.

5. {w∈ {a, b, c}^∗ |(|w|_a= 0)⇒(|w|_b = 0)}. 6. {w∈ {a, b}^∗| |w|_a<|w|_b}.

7. {w∈ {a, b}^∗|7 divise |w|_a,3 divise |w|_b}. 8. {w∈ {(,)}^∗|w est bien parenthésé}. Solution 1.

1. Non, car d’après le lemme de pompage pourm suffisamment grand, on aurait que a^mb^m dans le langage se décomposerait commea^mb^m=uvwavecv6=ε,|uv| ≤m etuv^kwdans le langage pour tout k. On aurait doncv=a^davec d >0, ce qui impliquerait queuw=a^m−db^m est dans le langage.

2. Oui, c’est le langageL Pd−1

r=0a^r(a^d)^∗b^r(b^d)^∗ .

3. Non, car d’après le lemme de pompage pour p suffisamment grand, on aurait que a^p dans le langage se décomposerait comme a^p =uvw avec v 6=ε et uv^xw dans le langage pour tout x. On aurait doncv =a^d avec d >0, ce qui impliquerait que uv^p+1w=a^p−d+(p+1)d=a^p(d+1) est dans le langage, sachant que p(d+ 1)n’est pas premier.

4. SiP est un polynôme de degré0, de la formeP(X) =c₀, alors le langage est rationnel, puisqu’il s’agit de L(a^c0).

SiP est un polynôme de degré1, de la formeP(X) =c1X+c0, alors le langage est également rationnel, puisqu’il s’agit deL((a^c1)^∗a^c0).

Si P est un polynôme de degré k ≥ 2, de la forme P(X) = c_kX^k+· · ·+c₁X₁ +c₀, alors le langage n’est pas rationnel. Sinon, d’après le lemme de pompage pour n suffisamment grand, on aurait quea^P(n)dans le langage se décomposerait commea^P(n) =uvwavec v6=ε,|uv| ≤n etuv^kwdans le langage pour toutk. On aurait doncv=a^davec0< d≤n, ce qui impliquerait queuv²w=a^P(n)+d est dans le langage, sachant queP(n+ 1)−P(n)> n≥d.

5. Oui, c’est le langageL(c^∗+ (b+c)^∗a(a+b+c)^∗).

6. Non, car d’après le lemme de pompage pour nsuffisamment grand, on aurait queaⁿbⁿ⁺¹ dans le langage se décomposerait commeaⁿbⁿ⁺¹ avec v6=ε,|uv| ≤netuv^kw dans le langage pour tout k. On aurait donc v =a^d avec d >0, ce qui impliquerait que uv²w=a^n+dbⁿ⁺¹ est dans le langage, sachant que n+d≥n+ 1.

7. Oui, c’est le langageL b^∗((ab^∗)⁷)^∗

∩ L a^∗((ba^∗)³)^∗.

8. Non, car d’après le lemme de pompage pour n suffisamment grand, on aurait que (ⁿ)ⁿ dans le langage se décomposerait comme(ⁿ)ⁿ=uvw avec v 6=ε, |uv| ≤n et uv^kw dans le langage pour tout k. On aurait donc v= (^d avec d >0, ce qui impliquerait que uw = (^n−d)ⁿ est dans le langage, sachant que n−d < n.

2 Non équivalence des lemmes de pompage

Soit les trois versions qui suivent du lemme de pompage.

1. Soit Lun langage rationnel sur un alphabet Σ. Alors

∃n∈N>0,∀u∈L:|u| ≥n⇒ ∃v, t, w∈Σ^∗ u=vtw |t|>0 ∀m∈N vt^mw∈L . 2. Soit Lun langage rationnel sur un alphabet Σ. Alors

∃n∈N>0,∀rus∈L:|u| ≥n⇒ ∃v, t, w∈Σ^∗ u=vtw |t|>0 ∀m∈N rvt^mws∈L. 3. Soit Lun langage rationnel sur un alphabet Σ. Alors

∃n∈N>0,∀ru₁· · ·u_ns∈L:

(∀i,|u_i| ≥1)⇒ ∃1≤i < j ≤n ∀m∈N ru₁· · ·u_i(u_i+1· · ·u_j)^mu_j+1· · ·u_ns∈L . Exercice 2.Montrer que L={w∈ {a, b}^∗ | |w|_a=|w|_b} vérifie le lemme 1 mais pas le lemme 2.

Solution 2.Pour tout mot u ∈ L tel que |u| ≥ 1, on peut nécessairement décomposer u comme u=vtw avec t∈ {ab, ba}, qui est une décomposition vérifiant que vt^mw∈L pour toutm∈N. Donc L vérifie le lemme 1.

Supposons maintenant que L vérifie le lemme 2 pour un certain n ∈ N>0. On aurait donc que rus = aⁿbⁿ ∈ L pour r = aⁿ, u = bⁿ et s = ε vérifierait que u se décomposerait comme u = vtw avec |t| > 0 et vt^kw ∈ L pour tout k. On aurait donc t = b^d avec d > 0, ce qui impliquerait que aⁿb^n−d=rvws∈L, sachant que n−d < n. DoncL ne vérifie pas le lemme 2.

Exercice 3.Montrer que L={(ab)ⁿ(cd)ⁿ|n∈N} ∪ L(Σ^∗(aa+bb+cc+dd+ac+bd)Σ^∗) vérifie le lemme 2 mais pas le lemme 3.

Solution 3.Pour tout mot rus∈Ltel que |u| ≥3, deux cas peuvent survenir.

Si rus ∈ L(Σ^∗(aa+bb+cc+dd+ac+bd)Σ^∗), alors il existe x ∈ L(aa+bb+cc+dd+ac+bd) apparaissant en tant que facteur dans rus : puisque |u| ≥3, on peut toujours décomposer u comme u =vtw avec t contenant une seule lettre de manière à ce que, pour tout m∈ N,rvt^mws contienne toujoursx comme facteur et, par voie de conséquence, appartienne àL.

Si rus = (ab)ⁿ(cd)ⁿ pour un certain n ∈ N>0, alors, puisque |u| ≥ 3, on peut nécessairement décomposer u comme u = vtw avec t contenant une seule lettre, |v| ≥ 1 et |w| ≥ 1. Ceci est une décomposition vérifiant que vt^mw ∈ L pour tout m ∈ N, puisque comme |rv| ≥ 1 et |ws| ≥ 1, si m= 0, alors rvws contient nécessairement aa, bb,ac,bd,cc ou dd comme facteur, et sim ≥2, alors rvt^mws contient nécessairementaa,bb,cc ou ddcomme facteur.

Donc L vérifie le lemme 2.

Supposons maintenant que L vérifie le lemme 3 pour un certain n ∈ N>0. On aurait donc que ru1· · ·uns = (ab)ⁿ(cd)ⁿ pour r = (ab)ⁿ, u1 = · · · = un = cd et s = ε vérifierait qu’il existe 1 ≤ i < j ≤ n tels que ru1· · ·ui(ui+1· · ·uj)^muj+1· · ·uns ∈ L. On aurait donc que (ab)ⁿ(cd)^n−j+i = ru₁· · ·u_iu_j+1· · ·u_ns∈L, sachant quen−j+i < n.

Donc L ne vérifie pas le lemme 3.

3 Quotients, théorème de Myhill-Nerode

Soit Σun alphabet. Étant donné un langageL surΣ etu∈Σ^∗ on définit :

— lequotient à gauche deLparu, notéu⁻¹L, comme étant le langage surΣtel queu⁻¹L={w∈ Σ^∗|uw∈L};

— le quotient à droite deL paru, notéLu⁻¹, comme étant le langage sur Σtel que Lu⁻¹ ={w∈ Σ^∗|wu∈L}.

Exercice 4.Montrer qu’un langageLsur un alphabetΣest rationnel si et seulement s’il a un nombre fini de quotients à gauche, c’est-à-dire que {u⁻¹L|u∈Σ^∗} est fini.

Solution 4.Soit un langage rationnelLsur un alphabetΣ. Il existe donc un AFDA= (Q,Σ, δ, q0, F) tel queL(A) =L. Étant donnéu∈Σ^∗, on a que

u⁻¹L={w∈Σ^∗ |uw∈L}={w∈Σ^∗ |δ(qˆ ₀, uw)∈F}={w∈Σ^∗ |ˆδ(ˆδ(q₀, u), w)∈F} . On peut donc associer tout quotient gauche u⁻¹L pour u ∈ Σ^∗ à un état q_u ∈ Q tel que pour tout w ∈Σ^∗, w ∈u⁻¹L ⇔ ˆδ(q_u, w) ∈F. Par conséquent, si q_u = q_v pour u, v ∈Σ^∗, on a nécessairement que u⁻¹L=v⁻¹L, ce qui implique que le nombre de quotients à gauche deL est fini par finitude de Q. Soit maintenant un langage L sur un alphabet Σ ayant un nombre fini de quotients à gauche.

Observons que pour tous u, v ∈ Σ^∗, si u⁻¹L = v⁻¹L, alors (ua)⁻¹L = (va)⁻¹L pour tout a ∈ Σ, puisque, pour chaquew∈Σ^∗,

w∈(ua)⁻¹L⇔uaw∈L⇔(aw)∈u⁻¹L⇔(aw)∈v⁻¹L⇔vaw∈L⇔w∈(va)⁻¹L . Construisons l’AFD A_L= ({u⁻¹L|u∈Σ^∗},Σ, δL, L,{u⁻¹L|u∈Σ^∗, ε∈u⁻¹L}) oùδL:{u⁻¹L|u∈ Σ^∗} ×Σ→ {u⁻¹L|u∈Σ^∗} est telle que pour toutu∈Σ^∗ et a∈Σ,δ_L(u⁻¹L, a) = (ua)⁻¹L (qui est bien définie en vertu de l’observation que nous venons de faire). On peut montrer, par récurrence sur la longueur dew, queδˆL(L, w) =w⁻¹Lpour tout w∈Σ^∗, ce qui implique que quel que soitw∈Σ^∗,

δˆL(L, w)∈ {u⁻¹L|u∈Σ^∗, ε∈u⁻¹L} ⇔ε∈w⁻¹L⇔w∈L . Par conséquent,L(A) =L, et doncL est rationnel.

Exercice 5.Montrer que pour tout langage rationnelLsur un alphabetΣ, tout AFD le reconnaissant contient au moins

{u⁻¹L|u∈Σ^∗}

états, que ce minorant est atteint et que tous les AFD avec ce nombre minimal d’états sont équivalents à « renommage » des états près (ce qui nous autorise à parler de « l’automate minimal de L»).

Solution 5.Soit Lun langage rationnel sur un alphabet Σ.

Pour tout AFD A = (Q,Σ, δ, q0, F) émondé (c’est-à-dire, dont chacun des états est accessible depuis l’état initial) reconnaissant L, on peut définir la fonction fA:Q→ {u⁻¹L |u ∈Σ^∗} telle que fA(q) = {w ∈Σ^∗ |δ(q, w)ˆ ∈F}, qui est égal, pour tout u ∈Σ^∗ tel que δ(qˆ ₀, u) = q, à u⁻¹L={w∈ Σ^∗ |δ(q, w)ˆ ∈F}. Quel que soit q∈Q, il existe au moins un telu∈Σ^∗, puisqueA est émondé, donc fA est bien définie. En outre, par construction, on a que u⁻¹L = fA(ˆδ(q0, u)) pour tout u ∈ Σ^∗, ce qui montre quefA est surjective. On en conclut donc, par finitude de Q, que

{u⁻¹L|u∈Σ^∗} ≤ |Q|. Notons que, bien évidemment, cette inégalité est aussi vraie pour tout AFD non émondé reconnaissant L. L’AFD A_L= ({u⁻¹L|u∈Σ^∗},Σ, δ_L, L,{u⁻¹L|u∈Σ^∗, ε∈u⁻¹L}) donné par la construction de l’exercice précédent nous permet de montrer que ce minorant est atteint.

Soit maintenant un AFD A = (Q,Σ, δ, q0, F) avec le nombre minimal d’états

{u⁻¹L|u∈Σ^∗} . Sachant qu’il est nécessairement émondé, on a que la fonction fA:Q→ {u⁻¹L|u∈Σ^∗} définie plus haut est donc bijective, en plus de vérifier que :

— fA(q0) =L;

— fA(δ(q, a)) =δ_L(fA(q), a) pour touta∈Σ;

— fA(F) ={u⁻¹L|u∈Σ^∗, ε∈u⁻¹L}.

A est donc équivalent àA_Là « renommage » des états près (donné par la fonction fA).

4 Algorithme de Brzozowski

Soit Σun alphabet.

Étant donné un mot w∈ Σ^∗, on définit le mot renversé de w, notéw^R, comme étant w^R =ε si w=εetw^R=a_n· · ·a₁ siw=a₁· · ·a_n pour n∈N>0.

Étant donné un langageLsurΣ, lerenversé deL, notéL^R, est simplement le langageL^R ={w^R| w∈L}.

Pour tout AFD A= (Q,Σ, δ, q0, F), on définit l’AFN A^R = (Q,Σ, δ^R, F,{q₀}) où δ^R:Q×Σ → P(Q) est telle que δ^R(q, a) = {p ∈ Q | δ(p, a) = q} pour tous q ∈ Q et a ∈ Σ. (Précisons que, dans cette section, nous autoriserons les AFN à avoir un ensemble non vide d’états initiaux au lieu d’uniquement un seul et que nous les interdirons d’avoir des ε-transitions).

On dira enfin qu’un AFD estémondé lorsque chacun de ses états est accessible depuis l’état initial.

Exercice 6.Soit Lun langage surΣetAun AFD émondé le reconnaissant. Montrer que A^Rest un AFN reconnaissantL^R.

Solution 6.Posons A= (Q,Σ, δ, q₀, F).

Il est direct de voir que pour tous n ∈ N>0, p₀, p₁, . . . , p_n ∈ Q et a₁, . . . , a_n ∈ Σ, on a que δ(pi−1, ai) =pi pour tousi∈[[1, n]] si et seulement si pi−1 ∈δ^R(pi, ai) pour tousi∈[[1, n]].

Par conséquent, pour tousq, p∈Qetw∈Σ^∗, on a queδ(q, w) =ˆ psi et seulement siq∈δˆ^R(p, w^R).

Cela permet de conclure queA^R reconnaît L^R.

Pour tout AFN B = (Q,Σ, δ, S, F), on notera B^D l’AFD obtenu de B par la construction par sous-ensembles, c’est-à-dire la version émondée de l’AFD(P(Q),Σ, δ⁰, S,{P ⊆Q|P ∩F 6=∅}), où δ⁰ est telle queδ⁰(P, a) =S

q∈Pδ(q, a)pour tous P ⊆Q eta∈Σ.

Exercice 7.Soit L un langage sur Σ et A = (Q,Σ, δ, q0, F) un AFD émondé le reconnaissant.

Considérons l’AFD (A^R)^D = (Q⁰,Σ, δ⁰, q₀⁰, F⁰), qui reconnaît L^R. Montrer que pour tous u, v ∈ Σ^∗, Lu⁻¹ =Lv⁻¹ implique que δˆ⁰(q₀⁰, u^R) = ˆδ⁰(q⁰₀, v^R).

Solution 7.Posons A^R= (Q,Σ, δ^R, F,{q₀}). On a alors que q₀⁰ =F.

Soit u, v∈ Σ^∗ tels queLu⁻¹ = Lv⁻¹. Puisque δˆ⁰(q⁰₀, u^R) et δˆ⁰(q⁰₀, v^R) sont des sous-ensembles de Q, on va montrer que tout élément dans l’un est aussi dans l’autre et vice versa.

Soit donc q ∈ δˆ⁰(q₀⁰, u^R). Puisque q₀⁰ = F, cela veut donc dire qu’il existe p ∈ F tel que q ∈ δˆ^R(p, u^R). Par ce qui a été montré dans l’exercice précédent, il s’ensuit queδ(q, u) =ˆ p. Or, A étant émondé, il existe nécessairementw∈Σ^∗ tel queδ(qˆ ₀, w) =q, qui vérifie donc queδ(qˆ ₀, wu) =p∈F. Cela implique que wu∈L, autrement dit que w ∈Lu⁻¹. Mais puisque Lu⁻¹ = Lv⁻¹, on a wv ∈ L et il doit donc exister p⁰ ∈F tel quep⁰ = ˆδ(q₀, wv) = ˆδ(ˆδ(q₀, w), v) = ˆδ(q, v). Par ce qui a été montré dans l’exercice précédent, il s’ensuit que q ∈ δˆ^R(p⁰, v^R), et on peut donc conclure queq ∈δˆ⁰(q0, v^R), puisque p⁰ ∈F =q₀⁰.

On montre de manière symétrique que tout q dans δˆ⁰(q₀⁰, v^R) appartient aussi àδˆ⁰(q⁰₀, u^R).

Exercice 8.En déduire que pour tout langage L sur Σ et AFD émondé A le reconnaissant, (A^R)^D est l’automate minimal reconnaissant L^R.

Solution 8.Posons A= (Q,Σ, δ, q0, F) et(A^R)^D = (Q⁰,Σ, δ⁰, q₀⁰, F⁰).

Soit u, v∈Σ^∗ tels queu⁻¹L^R=v⁻¹L^R. On observe que pour toutw∈Σ^∗, on a

wu^R∈L⇔uw^R ∈L^R⇔w^R∈u⁻¹L^R ⇔w^R∈v⁻¹L^R⇔vw^R∈L^R⇔wv^R∈L,

d’où il s’ensuit que L(u^R)⁻¹ = L(v^R)⁻¹. Par ce qui a été démontré dans l’exercice précédent, cela implique donc queδˆ⁰(q₀⁰, u) = ˆδ⁰(q⁰₀, v).

Il s’ensuit que |Q| ≤

{u⁻¹L^R|u∈Σ^∗}

, et que donc, par le résultat de la section précédente, l’AFD(A^R)^D est minimal.

Exercice 9.Proposer un algorithme de minimisation se basant sur le résultat précédent et en discuter la complexité.

Solution 9.Étant donné un AFD A, il suffit de calculer(((A^R)^D)^R)^D.

Considérons pour tout n∈N>0 le langageL_n=L (a+b)ⁿ⁻¹a(a+b)^∗ : bien que l’AFD minimal de Ln ait n+ 1états, on sait que l’AFD minimal de L^R_n =L (a+b)^∗a(a+b)ⁿ⁻¹

a 2ⁿ états. Il peut donc falloir un temps exponentiel en le nombre d’états de l’AFD donné en entrée à cet algorithme pour effectuer la minimisation.

5 Reconnaissance par monoïdes

Unmonoïdeest la donnée(M, ?)d’un ensembleM et d’une loi de composition interne?:M×M → M tels que

— ? est associative :∀x, y, z∈M,(x ? y)? z =x ?(y ? z);

— ? a un élément neutre :∃e∈M,∀m∈M, e ? m=m ? e=m.

Il est classique de montrer que cet élément neutre est unique, et on le notera donc1_(M,?).

SiΣest un alphabet, l’ensemble de tous les motsΣ^∗ muni de la concaténation·forme un monoïde (Σ^∗,·) dont l’élément neutre est le mot vide, appelé le monoïde libre engendré parΣ.

Étant donné deux monoïdes (M, ?) et(N,⊥), un morphisme de(M, ?) dans(N,⊥) est une appli- cationϕ:M →N telle que :

— ∀m₁, m2 ∈M, ϕ(m1)⊥ϕ(m₂) =ϕ(m1? m2);

— ϕ(1_(M,?)) = 1_(N,⊥).

Si Σest un alphabet, on dira qu’un monoïde(M, ?)reconnaît un langage Lsur Σsi et seulement s’il existe un morphisme ϕ: Σ^∗ → M de (Σ^∗,·) dans (M, ?) tel que L = ϕ⁻¹(P) pour un certain P ⊆M.

Exercice 10. Montrer que si un langage est reconnu par un monoïde fini, alors il est rationnel.

Solution 10. SoitLun langage sur un alphabetΣet(M, ?)un monoïde fini le reconnaissant. Il existe donc un morphisme ϕ: Σ^∗ →M de(Σ^∗,·) dans (M, ?) tel queϕ⁻¹(P) =L pour un certain P ⊆M.

Construisons l’AFD A = (M,Σ, δ,1_(M,?), P) où δ:M ×Σ → M est tel que δ(m, a) = m ? ϕ(a) pour tousm∈M eta∈Σ. On peut montrer que pour toutw∈Σ^∗,δ(1ˆ _(M,?), w) =ϕ(w), et que donc, pour toutw∈Σ^∗,

w∈ L(A)⇔δ(1ˆ _(M,?), w)∈P ⇔ϕ(w)∈P ⇔w∈ϕ⁻¹(P) =L. Par conséquent,A reconnaîtL, et on en conclut donc queL est rationnel.

Exercice 11. Montrer que si un langage est rationnel, alors il est reconnu par un monoïde fini.

Solution 11. SoitLun langage rationnel sur un alphabetΣ. Il existe donc un AFDA= (Q,Σ, δ, q₀, F) reconnaissant L.

Considérons le monoïde fini (Q^Q,◦), où ◦ dénote la composition des fonctions de Q dans Q (en les appliquant cela dit de la gauche vers la droite). Comme (Σ^∗,·) est précisément le monoïde libre engendré par Σ, on peut définir un morphisme ϕ: Σ^∗ → Q^Q comme étant l’unique morphisme de (Σ^∗,·)dans(Q^Q,◦)tel que, pour touta∈Σ,ϕ(a) =f_a oùf_a:Q→Qvérifie quef_a(q) =δ(q, a) pour tout q ∈Q. Posons également P ={f ∈Q^Q | f(q₀) ∈ F}. On peut montrer que pour tout w ∈Σ^∗, ϕ(w) =f oùf:Q→Q vérifie quef(q) = ˆδ(q, w) pour toutq ∈Qet que donc, pour tout w∈Σ^∗,

w∈L⇔δ(qˆ 0, w)∈F ⇔(ϕ(w))(q0)∈F ⇔ϕ(w)∈P ⇔w∈ϕ⁻¹(P) . On en conclut donc que le monoïde fini (Q^Q,◦) reconnaît L.

Exercice 12. Montrer, en utilisant ce résultat, que le langage {w ∈ {a, b}^∗ | |w|_a =|w|_b} n’est pas rationnel. Donner un monoïde permettant de le reconnaître.

Solution 12. PosonsL={w∈ {a, b}^∗| |w|_a=|w|_b}.

Soit (M, ?)un monoïde reconnaissant L. Il existe donc un morphismeϕ: Σ^∗→M de (Σ^∗,·) dans (M, ?)tel que ϕ⁻¹(P) =Lpour un certain P ⊆M.

Pour tousn, m∈N, n6=m, on a queaⁿbⁿ∈Ltandis quea^mbⁿ∈/L, ce qui implique queϕ(aⁿbⁿ)∈ P tandis queϕ(a^mbⁿ) /∈ P, et donc, par voie de conséquence, que nécessairement ϕ(aⁿ) 6=ϕ(a^m). Il s’ensuit que l’ensemble {ϕ(aⁿ) |n ∈N} ⊆ M est infini, et que donc le monoïde (M, ?) ne peut être fini.

Par ce qui a été montré plus haut, L n’est donc pas rationnel.

Un monoïde le reconnaissant est (Z,+), en utilisant l’unique morphisme ϕ: {a, b}^∗ → Z de ({a, b}^∗,·)dans (Z,+) tel queϕ(a) = 1etϕ(b) =−1, qui vérifie queL=ϕ⁻¹({0}).