Examen du 4 janvier 2006 : Corrigé

M2 Cours fondamental 2 05-06 Logique

Examen du 4 janvier 2006 : Corrigé

(durée: 3 heures)

Exercice 1 (récursivité). 1. SoitArécursif inni, soitx0sont plus petit élément. On dénitfpar récurrence et minimisation :

f(0) =a

f(n+ 1) =µx.[x∈A∧x > f(n)]

La fonctionf est donc bien récursive et elle est totale car A est récursif, donc il sut qu'il existe unx tel quex∈A∧x > f(n)pour que la fonction soit dénie enn+ 1, ce qui est le cas carAest inni. On a bien A= Imf.

Réciproquement sif est récursive strictement croissante deN→N, alors x∈Imf ssi∃y6xf(y) =x et doncImf est récursif.

2. On dénit la fonctiong:N²→N: g(i,0) =ϕ(i,0)

g(i, x+ 1) = (1 +µz.[(g(i, x)< ϕ(i, x+ 1)])·ϕ(i, x+ 1)

Cette fonction est dénie enx+ 1ssig(i, x)↓etϕ(i, x+ 1)↓etg(i, x)< ϕ(i, x+ 1). Elle vaut alorsϕ(i, x+ 1). Soitaun de ses indices. En posantα(i) =s¹₁(a, i)on a une fonctionαtelle que cherchée.

3. On dénit une fonction récursive partiellehpar composition et minimisation à l'aide du prédicat récursif T de terminaison de Kleene et de la fonction récursiveU qui extrait le résultat du code du calcul.

h(i, x) =µc.£

T[i, π²₁(c), π₂²(c)]∧U(π₂²(c)) =x¤

Montrons que la fonction h(i, x) est dénie en (i, x) si et seulement si x ∈ Imϕi. En eet le prédicat sur lequel se fait la minimisation est bien récursif (primitif récursif). Six∈Imϕi, il existedtel queT[i, x, d]et doncc=hx, diconvient. Six6∈Imϕi, on n'aura jamaisT[i, π²₁(c), π₂²(c)]∧U(π₂²(c) =x.

Soitb un indice deh, par le théorème smn on obtient une fonctionβ(i) =s¹₁(b, i)qui convient.

4. Montrons que la fonctionγ=β◦αconvient. Par dénition de β il sut de montrer que ©

Imϕα(i)/ i∈Nª est la classe des ensembles récursifs.

Tout d'abordImϕ_α(i) est récursif : soit ϕ_α(i) =ϕi et alors ϕ_α(i) est récursive totale strictement croissante donc d'ensemble image récursif, soit Imϕα(i) est ni donc également récursif. De plus ©

Imϕα(i)/ i∈Nª contient naturellement tous les ensembles récursifs innis (première question).

Il contient également tous les ensembles nis non vides. En eet, siA est un ensemble ni non vide de plus petit élémenta, en dénissantf comme à la question 1 :

f(0) =a

f(n+ 1) =µx.[x∈A∧x > f(n)]

on a bienf récursive partielle et qui énumère dans l'ordre les éléments de A, donc sif =ϕi,f =ϕγ(i), et doncA∈©

Imϕ_α(i)/ i∈Nª .

Enn siiest l'indice de la fonction nulle part dénie, on a encoreϕα(i)=ϕi, et donc∅ ∈©

Imϕα(i)/ i∈Nª . 5. D'après le théorème de Rice-Shapiro, l'ensemble de tous les indices des sous-ensembles récursifs de N, qui est extensionnel pour les ensembles, ne peut être récursivement énumérable, puisque la classe des ensembles récursifs n'est pas stable par sur-ensemble : un ensemble récursivement énumérable non récursif contient l'ensemble vide, qui est un ensemble récursif.

Exercice 2 (récursivité, réduction, hiérarchie arithmétique). 1. On a Aj ={i∈N/∀x(ϕ(j, x)↓⇒ϕ(i, x)↓)} .

Commeϕ(i, x)↓estΣ1, etϕ(j, x)↓estΣ1en position négative,(ϕ(j, x)↓⇒ϕ(i, x)↓)estΣ1, et∀x(ϕ(j, x)↓⇒

ϕ(i, x)↓)est donc Π2. Il est possible que Wj =∅ (j indice de la fonction nulle part dénie). Dans ce cas Aj=N, et doncAj estΣ0et ne peut êtreΠ2-complet.

2. On supposeWj 6=∅. On a alorsAj6=N. On poseψ(i, x) =ϕ(i, i). Soitaun indice deψ,ψ(i, x) =ϕ²(a, i, x) = ϕ¹(s¹₁(a, i), x). On poseα(i) =s¹₁(a, i).

Par construction deψ, W_α(i)=Nsii∈K, W_α(i)=∅ sinon, doncW_α(i)⊃W_j sii∈K, W_α(i)6⊃W_j sinon.

On a bieni∈Kssiα(i)∈Aj, i.e.Kse réduit àAj.

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3. SupposonsWj, ni non vide, posonsWj ={a1, . . . , an}. On a

Aj={i∈N/

^n

k=1

(ψ(i, ak)↓)}

or une conjonction de formulesΣ₁ est Σ₁, donc A_j estΣ₁. Comme K estΣ₁-complet et se réduit à A_j, A_j estΣ1-complet.

4. On poseσ(i, x) = P_x

k=0ϕ(i, k). Soit b un indice deσ, σ(i, x) =ϕ²(b, i, x) = ϕ¹(s¹₁(b, i), x). On pose β(i) = s¹₁(b, i). On aϕ_β(i)=λxσ(i, x)est partout dénie ssiϕi est partout dénie, et dès queϕi n'est pas dénie en a, ϕ_β(i)n'est pas dénie pouri > a.

5. Le domaine de dénition deλxσ(i, x)est égal àNsiϕiest totale, ni sinon. On a doncW_β(i)⊃Wj siϕi est totale, et si de plusWj est inni, alorsW_β(i)6⊃Wj siϕi n'est pas totale. On a donc bien, dans le cas oùWj

est inni,i∈C ssiβ(i)∈Aj, i.e.C se réduit à Aj. CommeAj estΠ2et C Π2-complet, siWj est inni,Aj

estΠ2-complet.

Exercice 3 (arithmétique). 1. On sait que le prédicatT¹de Kleene est primitif récursif, donc récursivement énumérable, donc représentable par une formuleΣ1 dans toute théorie arithmétique récursiveΣ-cohérente.

2. Soitτ le code de la formule∀x2∃x3 T. On sait que la fonction : i7→ iest primitive récursive, ainsi que la fonction de substitution d'un terme à une variable. la fonctionf : i 7→ ∀x2∃x3 T[i/x1] est donc primitive récursive.

3. La théorieSétant récursive, on sait que la preuve se code de façon récursive : l'entierpcode une preuve dans S de la formule de codeaest un prédicat récursif enpeta, soitDemS(p, a). On a :

`S ∀x2∃x3 T[i/x1]ssi∃p DemS(p, f(i))

par compositionDemS(p, f(i))est un prédicat récursif en pet i, donc par projection∃p DemS(p, f(i))est un prédicat récursivement énumérable :I est récursivement énumérable.

4. Soiti∈I. On a donc que`S ∀x2∃x3 T[i/x1]. En particulier pour tout entier n,`S ∃x3 T[i/x1, n/x2]. Ces formules sontΣet démontrables dansS. Comme S est Σ-cohérente, elles sont vraies dans N, et donc on a pour tout entiern un entierdtel queN|=T[i/x1, n/x2, d/x3]. Comme T estΣ, cela signie bien que pour tout entiernil existe un entierdtel que T¹(i, n, d), c'est à dire que ϕi est totale.

5. SiI est vide , comme il existe bien des machines qui terminent sur chaque entrée (toutes celles qui calculent des fonctions récursives totales), on a le résultat.

Si I est non vide, alorsI est l'image d'une fonction récursive totale, soit α, et on peut procéder par diago- nalisation : la fonctionh:N→Nqui àmassocieϕ(α(m), m) + 1est récursive totale car commeα(m)∈I, ϕ_α(m) est totale. Cette fonction dière deϕ_α(m)en m. Aucun de ses indices, donc des indices des machines qui la calculent, n'est donc dansI= Imα.

6. Soiteun indice de la fontionhde la question précédente. Commee6∈I, 6`S ∀x2∃x3 T[e/x1]. Comme hest totale,N|=∀x2∃x3 T[e/x1]. Comme l'énoncé T estΣ1, l'énoncé précédent est Π2.

7. Il sut de poserA=∃x3T[e/x1]. D'après la question précédente, on a bien6`S ∀x2A, et de plusN|=∀x2A. On a donc pour tout entiern,N|=A[n/x2], cette formule étantΣ, etS étant arithmétique,`S A[n/x2]. Exercice 4 (complexité). 1. On suppose d'abord qu'il existex1, . . . , xn tels que P_n

i=1cixi =K. Soit m = P_n

i=1xi.

On considère la suite de longueurmdénie de la manière suivante : (δ1, . . . , δm) = (c|1, . . . , c{z 1}

x1 fois

, c|2, . . . , c{z 2}

x2 fois

, . . . , c|n, . . . , c{z n}

xn fois )

La suite de sommets suivante est un chemin de0à Kdans le grapheG: i0= 0etij =P_j

i=1δi (j = 1, . . . , m).

Inversement, on suppose quei0 = 0, i1, . . . , im =K est un chemin de 0 à K dans le graphe G. On pose : δj =ij−ij−1 (j = 1, . . . , m). Il est clair que : P_m

j=1δj =K. D'après la dénition du grapheG, δ1, . . . , δm

prennent leur valeur parmic1, . . . , cn. En prenantxi égal au nombre de fois oùci apparaît dans δ1, . . . , δm, on obtient :P_n

i=1cixi=K.

2. Le nombre de sommets du grapheGétant égal àK+ 1et son nombre d'arêtes égal à nK, la construction du graphe peut s'eectuer en tempsO(nK), en considérant l'addition comme une opération élémentaire (le coût de l'addition sur les entiers6K est en fait en O(log K)).

La recherche d'un chemin entre deux sommets dans un graphe (orienté) peut s'eectuer à l'aide d'un algo- rithme de marquage dont la complexité en temps estO(nK)( le nombre d'arêtes étantnK).

3. La taille d'une instance du problème du SAC A DOS est de l'ordre den(log K). L'algorithme précédent, de complexité en temps O(nK), n'est donc pas un algorithme en temps polynomial pour ce problème, qui est par ailleursN P-complet.