Combinateurs et structures de réalisabilité

Combinateurs et structures de réalisabilité

Jean-Louis Krivine

Université Paris VII, C.N.R.S.

30 juillet 2009

Unestructure de réalisabilitéest constituée par trois ensemblesΛ(ensemble destermes),Π (ensemble despiles),Λ?Π(ensemble desprocessus) avec les opérations suivantes :

(ξ,η)7→(ξ)ηdeΛ²dansΛ(application) ; (ξ,π)7→ξ

.

πdeΛ×ΠdansΠ(empiler) ; (ξ,π)7→ξ?πdeΛ×ΠdansΛ?Π(processus) ; π7→k_πdeΠdansΛ(continuation).

(π,τ)7→π^τdeΠ×ΛdansΠ(tas).

On a l’identité (ξ

.

π)^τ=ξ

.

⁽π^τ). On l’écrira doncξ

.

π^τ.

On a des éléments distingués K,S,I,W,C,B,cc,χ,χ⁰deΛ(combinateurs, instructions).

On a une partie⊥⊥deΛ?Π. Si p,p⁰∈Λ?Π, on pose pÂp⁰pourp∉ ⊥⊥ ⇒p⁰∉ ⊥⊥.

On suppose que⊥⊥estsaturé, ce qui veut dire que : I?ξ

.

πÂξ?π.

K?ξ

.

η

.

πÂξ?π.

S?ξ

.

η

.

ζ

.

πÂξ?ζ

.

ηζ

.

π.

W?ξ

.

η

.

πÂξ?η

.

η

.

π.

C?ξ

.

η

.

ζ

.

πÂξ?ζ

.

η

.

π. B?ξ

.

η

.

ζ

.

πÂξ?ηζ

.

π.

cc?ξ

.

πÂξ?k_π

.

π.

k_π?ξ

.

$Âξ?π. χ?ξ

.

π^τÂξ?τ

.

π.

χ⁰?ξ

.

τ

.

πÂξ?π^τ.

Remarque.On pourrait définirI=SK K.

Notation.Le terme (. . . (((ξ)η1)η2) . . .)ηnsera aussi notéξη1η2. . .ηn. Par exemple : ξηζ=(ξ)ηζ=(ξη)ζ=((ξ)η)ζ.

Diverses abstractions (notées ν , µ , λ )

Soit t un terme construit avec des variables, des constantes et l’application (fonction bi- naire). On définitνx t par récurrence surt:

νx x=I; νx y=K ysiyest une variable6=x;νx t u=((S)νx t)νx u).

Théorème 1. νx₁. . .νx_nt u?ξ1

.

. . .

.

ξn

.

πÂνx₁. . .νx_nt?ξ1

.

. . .

.

ξn

.

(νx₁. . .νx_nu)ξ1. . .ξn

.

π.

Preuve par récurrence surn. C’est évident sin=0. Pourn≥1, on a :

νx1. . .νxnt u=νx1. . .νxn−1((S)νxnt)νxnu. Par hypothèse de récurrence, on a donc : νx₁. . .νx_nt u?ξ1

.

^{. . .}

.

ξn

.

π

Âνx₁. . .νx_n−1(S)νx_nt?ξ1

.

^{. . .}

.

ξn−1

.

⁽νx₁. . .νx_nu)ξ1. . .ξn−1

.

ξn

.

π

Âνx1. . .νxn−1S?ξ1

.

. . .

.

ξn−1

.

(νx1. . .νxnt)ξ1. . .ξn−1

.

(νx1. . .νxnu)ξ1. . .ξn−1

.

ξn

.

π ÂS?(νx₁. . .νx_nt)ξ1. . .ξn−1

.

⁽νx₁. . .νx_nu)ξ1. . .ξn−1

.

ξn

.

π

Âνx₁. . .νx_nt?ξ1. . .ξn

.

⁽νx₁. . .νx_nu)ξ1. . .ξn

.

π.

C.Q.F.D.

On définit maintenant µx t par récurrence surt ; pour cela, on utilise le premier cas appli- cable dans la liste suivante :

µx x=I;

µx t=K t sitne contient pasx.

µx t u=(Cµx t)usiune contient pasx.

µx t u=(B t)µx usitne contient pasx.

µx t u=(Sµx t)µx u.

Remarque. On pourrait supprimer la clause définissantµx t u lorsquet ne contient pasx, en conservant le théorème 2.

Soientt un terme,~ξune suite de termes,~xune suite de variablesdistinctes, de même lon- gueur que~ξ; ~x_t est la sous-suite des variables qui sont danst,~ξt la sous-suite correspon- dante de~ξ.

Théorème 2. µ~x(t)u₁. . .u_k?~ξ

.

πµ~xtt?~ξt

.

(µ~xu₁u₁)~ξu₁

.

. . .

.

(µ~xu_ku_k)~ξu_k

.

π.

On montre d’abord le cask=1, c’est-à-dire : µ~x t u?~ξ

.

πµ~x_tt?~ξt

.

⁽µ~x_uu)~ξu

.

π.

Preuve par récurrence sur la longueur de~x. C’est évident si cette longueur est 0.

On considère donc maintenant les deux suites ~x yet~ξη.

Sit,une contiennent pasy, on aµy t u=(K)(t)u. Donc :

µ~xµy t u?~ξ

.

η

.

π≡µ~x(K)(t)u?~ξ

.

η

.

π. Par hypothèse de récurrence, on a donc : µ~xµy t u?~ξ

.

η

.

πÂK?(µ~x_{t u}t u)~ξt u

.

η

.

πµ~x_{t u}t u?~ξt u

.

π.

D’où le résultat en appliquant encore l’hypothèse de récurrence.

Sitcontienty, mais pasu, on a µy t u=((C)µy t)u.

Par hypothèse de récurrence, on a donc :

µ~xµy t u?~ξ

.

η

.

πµ~x_t(C)µy t?~ξt

.

(µ~x_uu)~ξu

.

η

.

π.

En appliquant encore l’hypothèse de récurrence, on a donc :

µ~xµy t u?~ξ

.

η

.

πÂC?(µ~x_tµy t)~ξt

.

(µ~x_uu)~ξu

.

η

.

πµ~x_tµy t?~ξt

.

η

.

(µ~x_uu)~ξu

.

π.

Siucontienty, mais past, on a µy t u=(B t)µy u.

Par hypothèse de récurrence, on a donc :

µ~xµy t u?~ξ

.

η

.

πµ~x_tB t?~ξt

.

⁽µ~x_uµy u)~ξu

.

η

.

π.

En appliquant encore l’hypothèse de récurrence, on a donc :

µ~xµy t u?~ξ

.

η

.

πÂB?(µ~xtt)~ξt

.

(µ~xuµy u)~ξu

.

η

.

πµ~xtt?~ξt

.

(µ~xuµy u)~ξuη

.

π.

Sit,ucontiennentytous les deux, on a µy t u=((S)µy t)µy u.

Par hypothèse de récurrence, on a donc :

µ~xµy t u?~ξ

.

η

.

πµ~x_t(S)µy t?~ξt

.

⁽µ~x_uµy u)~ξu

.

η

.

π.

En appliquant encore l’hypothèse de récurrence, on a donc :

µ~xµy t u?~ξ

.

η

.

πÂS?(µ~xtµy t)~ξt

.

(µ~xuµy u)~ξu

.

η

.

πµ~xtµy t?~ξt

.

η

.

(µ~xuµy u)~ξuη

.

π Le cas général oùk≥1 se démontre trivialement par récurrence surk.

C.Q.F.D.

Soit t un terme construit avec des variables, des constantes et l’application (fonction bi- naire). On définitλx t par récurrence surt ; pour cela, on utilise le premier cas applicable dans la liste suivante :

λx t=K t sitne contient pasx.

λx x=I.

λx t x=tsitne contient pasx.

λx t x=(W)λx t.

λx t u=(Cλx t)usiune contient pasx.

λx t u=(B t)λx usitne contient pasx.

λx t u=(Sλx t)λx u.

Théorème 3. λ~x(t)u₁. . .u_k?~ξ

.

πÂλ~xtt?~ξt

.

(λ~xu₁u₁)~ξu₁

.

. . .

.

(λ~xu_ku_k)~ξu_k

.

π sauf l’exception suivante :

Lorsque u_iest une variable z qui est dans la suite~x, soitζl’élément de la suite~ξqui correspond à z. On doit alors remplacer(λ~xu_iui)~ξu_i, qui est en fait(λz z)ζ, parζ.

On montre d’abord le cask=1, c’est-à-dire : λ~x t u?~ξ

.

πÂλ~x_tt?~ξt

.

⁽λ~x_uu)~ξu

.

π

sauf siuest une variablezqui est dans la suite~x, auquel cas :

λ~x t z?~ξ

.

πÂλ~x_tt?~ξt

.

ζ

.

π oùζest l’élément de la suite~ξqui correspond àz.

On fait la preuve par récurrence sur la longueur de~x. C’est trivial si cette longueur est nulle.

On remplace donc maintenant~xpar~x y et~ξpar~ξη. Sit,une contiennent pasy, on aλy t u=(K)(t)u. Donc :

λ~xλy t u?~ξ

.

η

.

π≡λ~x(K)(t)u?~ξ

.

η

.

π. Par hypothèse de récurrence, on a donc : λ~xλy t u?~ξ

.

η

.

πÂK?(λ~xt ut u)~ξt u

.

η

.

πÂλ~xt ut u?~ξt u

.

π.

D’où le résultat en appliquant encore l’hypothèse de récurrence.

Siu=yettne contient pasy, on aλy t y=t. Donc :

λ~xλy t u?~ξ

.

η

.

π≡λ~xt?~ξ

.

η

.

π. Par hypothèse de récurrence, on a donc : λ~xλy t u?~ξ

.

η

.

πÂλ~x_tt?~ξt

.

η

.

π.

Siu=yettcontienty, on aλy t y=(W)λy t. Donc :

λ~xλy t u?~ξ

.

η

.

π≡λ~x(W)λy t?~ξ

.

η

.

π. Par hypothèse de récurrence, on a donc : λ~xλy t u?~ξ

.

η

.

πÂW?(λ~x_tλy t)~ξt

.

η

.

πÂλ~x_tλy t?~ξt

.

η

.

η

.

π.

Siuest une variablezqui est dans la suite~x, on aλy t z=(Cλy t)z. Donc :

λ~xλy t u?~ξ

.

η

.

π≡λ~x(Cλy t)z?~ξ

.

η

.

π. Par hypothèse de récurrence, on a donc :

λ~xλy t u?~ξ

.

η

.

πÂλ~x_t(C)λy t?~ξt

.

ζ

.

η

.

πÂC?(λ~x_tλy t)~ξt

.

ζ

.

η

.

πÂλ~x_tλy t?~ξt

.

η

.

ζ

.

π.

Sitcontienty, mais pasu, on a λy t u=(Cλy t)u.

Par hypothèse de récurrence, on a donc :

λ~xλy t u?~ξ

.

η

.

πÂλ~x_t(C)λy t?~ξt

.

⁽λ~x_uu)~ξu

.

η

.

π.

En appliquant encore l’hypothèse de récurrence, on a donc :

λ~xλy t u?~ξ

.

η

.

πÂC?(λ~xtλy t)~ξt

.

(λ~xuu)~ξu

.

η

.

πÂλ~xtλy t?~ξt

.

η

.

(λ~xuu)~ξu

.

π.

Siucontienty, mais past, on a λy t u=(B t)λy u.

Par hypothèse de récurrence, on a donc :

λ~xλy t u?~ξ

.

η

.

πÂλ~x_tB t?~ξt

.

⁽λ~x_uλy u)~ξu

.

η

.

π.

En appliquant encore l’hypothèse de récurrence, on a donc :

λ~xλy t u?~ξ

.

η

.

πÂB?(λ~xtt)~ξt

.

(λ~xuλy u)~ξu

.

η

.

πÂλ~xtt?~ξt

.

(λ~xuλy u)~ξuη

.

π.

Sit,ucontiennentytous les deux, on a λy t u=(Sλy t)λy u. Par hypothèse de récurrence, on a donc :

λ~xλy t u?~ξ

.

η

.

πÂλ~x_t(S)λy t?~ξt

.

⁽λ~x_uλy u)~ξu

.

η

.

π. En appliquant encore l’hypothèse de récurrence, on a donc :

λ~xλy t u?~ξ

.

η

.

πÂS?(λ~x_tλy t)~ξt

.

(λ~x_uλy u)~ξu

.

η

.

πÂλ~x_tλy t?~ξt

.

η

.

(λ~x_uλy u)~ξuη

.

π Le cas général oùk≥1 se démontre trivialement par récurrence surk.

C.Q.F.D.

Exemple.SiT ne contient pasx,y, d’après le théorème 3, on a : λxλy(T)y x?ξ

.

η

.

πÂT?η

.

ξ

.

π.

En fait, on a λxλy(T)y x=C T.

Plus généralement, siσ est une application de {1, . . . ,n} dans lui-même,~x=(x₁, . . . ,x_n) et

~x_σ=(x_σ1, . . . ,x_σn), alors λ~x T~x_σ?~ξ

.

πÂT?~ξσ

.

π siT ne contient pas~x.

La preuve est immédiate, d’après le théorème 3.

Majoration de la longueur

Soitt unλ-terme, de longueurl g(t)=N ; soit ˆt_µsaµ-traduction (page 2). On montre que l g(ˆt_µ)≤N³. Comme laλ-traduction det(page 3) est plus courte, sa longueur est aussi≤N³. On fait la preuve par récurrence surN. On écritt=λx₁. . .λx_nuv, d’où :

tˆ_µ =((P₀) . . . (P_n)µ~x_uuˆ_µ)µ~x_vv_µ. La longueur du préfixe (P₀) . . . (P_n) est≤n²/2 (quand u,v contiennent tous les deuxx₁, . . . ,x_n, ce préfixe est (S)(B S)(B²S) . . . (Bⁿ⁻¹S)).

Soientn⁰,n⁰⁰,p,qles longueurs de~x_u,~x_v,u,v. On a doncN≥n+p+q+1 et, par hypothèse de récurrence,l g(µ~x_uuˆ_µ)≤(n⁰+p)³(longueur du transformé deλ~x_uu)

etl g(µ~x_vvˆ_µ)≤(n⁰⁰+q)³.

Par suite, on a l g(ˆt_µ)≤n²/2+(n⁰+p)³+(n⁰⁰+q)³. Il reste donc à montrer que :

(n+p+q+1)³≥n²/2+(n⁰+p)³+(n⁰⁰+q)³; pour cela, il suffit évidemment de montrer que (n+p+q)³≥(n⁰+p)³+(n⁰⁰+q)³. Or, on a :

(n+p+q)³−(n⁰+p)³−(n⁰⁰+q)³=

n³−n⁰³−n⁰⁰³+3p(n²−n⁰²)+3q(n²−n⁰⁰²)+3p²(n−n⁰)+3q²(n−n⁰⁰)+3pq(2n+p+q)

≥n³−n⁰³−n⁰⁰³+3pq(2n+p+q) puisquen≥n⁰,n⁰⁰.

Or, commeucontient toutes les variables de~x_u, on a évidemmentp>n⁰; de même,q>n⁰⁰. On a donc (n+p+q)³−(n⁰+p)³−(n⁰⁰+q)³≥n³−n⁰³−n⁰⁰³+3n⁰n⁰⁰(2n+n⁰+n⁰⁰).

Pour montrer que cette quantité est≥0, on peut supposer n≥n⁰≥n⁰⁰. On a alors n³−n⁰³≥0 et 3n⁰n⁰⁰(2n+n⁰+n⁰⁰)−n⁰⁰³≥0, d’où le résultat.

La majoration enO(N³) ne peut pas être améliorée comme le montre leλ-terme : λx_n. . .λx₀(f)x₀x₁. . .x_n. En effet, siτnest laλ-traduction de ceλ-terme, on a : τ0=f ;τn=(C)(BC) . . . (Bⁿ⁻¹C)τn−1.

On peut obtenir une majoration quadratique avec la variante suivante :

Soit t un terme construit avec des variables, des constantes et l’application (fonction bi- naire). On définitλx t par récurrence surt ; pour cela, on utilise le premier cas applicable dans la liste suivante :

λx At=B KA t siAest clos ettne contient pasx.

λx t=K t sitne contient pasx.

λx x=I.

{{λx t x=tsitne contient pasx.

λx At x=A_Wλx t siAest clos ;A_W =(BW)(B)A.

λx t x=(W)λx t.}}

λx At u=(A_Bt)λx usiAest clos ettne contient pasx; A_B=B B A.

λx At u=(A_Cλx t)usiAest clos etune contient pasx;A_C=(BC)(B)A.

λx At u=(ASλx t)λx usiAest clos ;AS=(B S)(B)A.

λx t u=(B t)λx usitne contient pasx.

λx t u=(Cλx t)usiune contient pasx.

λx t u=(Sλx t)λx u.

Si on supprime les clauses entre {{}}, on a la définition deµx t. SiAest clos, on a alors µx_n. . .µx₁At u=(A_nµ~x_tt)µ~x_uu avec :

A₀=A, A_n+1=B K A_nsit,une contiennent pasx_n+1;B B A_nsiucontientx_n+1, mais past ; (BC)(B)A_nsitcontientx_n+1, mais pasu; (B S)(B)A_nsit,ucontiennentx_n+1.

A_nest donc de longueur≤7n+l g(A). En appliquant la méthode précédente, on trouve donc O(N²) comme majoration de la longueur de laµ-traduction d’unµ-terme de longueurN.

On a la même majoration pour laλ-traduction, puisque celle-ci est plus courte.

Cette majoration enO(N²) est optimale, comme on le voit avec le mêmeλ-terme : λx_n. . .λx₀(f)x₀x₁. . .x_n. Siτnest sa nouvelleλ-traduction, on a maintenant :

τ0=f etτn=A_n−1τ_n−1, avecA₀=CetA_n=(BC)(B)A_n−1. Doncτn=(A_n−1) . . . (A₁)(A₀)f. Remarque. La propriété(λx tƒ)_µ=Ktˆ_µ lorsquex n’est pas libre danst permet de montrer tà[u/x])_µ=tˆ_µ[ ˆu_µ/x]. De même pour laλ-traduction. Par contre, cette propriété est fausse pour laν-traduction (prendret=λy x,u=v vqui ne contient pasy).

Déduction naturelle

Chaqueλ-termet est donc traduit en trois termes ˆt_ν, ˆt_µ, ˆt_λ écrits avec l’application, les va- riables et les combinateurs (pages 2, 3).

Théorème 4(Lemme d’adéquation). Si x₁:A₁, . . . ,x_n:A_n`t:A, alors : i)νx1. . .νxntˆ_ν||−A₁, . . . ,An→A ;

ii)µx₁. . .µx_ntˆ_µ||−A₁, . . . ,A_n→A ; iii)λx₁. . .λx_ntˆ_λ||−A₁, . . . ,A_n→A.

Preuve par récurrence sur la longueur de la démonstration de x₁:A₁, . . . ,x_n:A_n`t:A.

On considère la dernière règle utilisée ; la seule qui pose problème est le modus ponens : x₁:A₁, . . . ,xn:An`t:B→A,x<sub>1</sub>:A<sub>1</sub>, . . . ,xn:An`u:B ⇒ x₁:A₁, . . . ,xn:An`t u:A.

On fixe ξ1||−A₁, . . . ,ξn||−A_n et π∈ kAk. i) Par hypothèse de récurrence, on a :

νx₁. . .νx_ntˆ_ν||−A₁, . . . ,A_n,B→A et νx₁. . .νx_nuˆ_ν||−A₁, . . . ,A_n→B ; donc :

(νx₁. . .νx_nuˆ_ν)ξ1. . .ξn||−B et νx₁. . .νx_ntˆ_ν?ξ1

.

^{. . .}

.

ξn

.

⁽νx₁. . .νx_nuˆ_ν)ξ1. . .ξn

.

π∈ ⊥⊥. On veut montrer que νx1. . .νxntˆ_νuˆ_ν||−A1, . . . ,An→A, soit :

νx₁. . .νx_ntˆ_νuˆ_ν?ξ1

.

^{. . .}

.

ξn

.

π∈ ⊥⊥. Or, d’après le théorème 1, on a :

νx₁. . .νx_ntˆ_νuˆ_ν?ξ1

.

^{. . .}

.

ξn

.

πÂνx₁. . .νx_ntˆ_ν?ξ1

.

^{. . .}

.

ξn

.

⁽νx₁. . .νx_nuˆ_ν)ξ1. . .ξn

.

π. D’où le résultat.

ii) Par hypothèse de récurrence, on aµ~x_ttˆ_µ?~ξt

.

η

.

π∈ ⊥⊥pour toutη||−B et (µ~x_uuˆ_µ)~ξu||−B. Par suite, on a µ~x_ttˆ_µ?~ξt

.

⁽µ~x_uuˆ_µ)~ξu

.

π∈ ⊥⊥.

D’après le théorème 2, on a donc µ~xtˆ_µuˆ_µ?~ξ

.

π∈ ⊥⊥. iii) Par hypothèse de récurrence, on a :

λ~x_ttˆ_λ?~ξt

.

η

.

π∈ ⊥⊥ pour toutη||−B et (λ~x_uuˆ_λ)~ξu||−B. Par suite, on a λ~x_ttˆ_λ?~ξt

.

⁽λ~x_uuˆ_λ)~ξu

.

π∈ ⊥⊥.

D’après le théorème 3, on a donc λ~xtˆ_λuˆ_λ?~ξ

.

π∈ ⊥⊥sauf siuest une variablezqui est dans la suite~x. Dans ce cas, λ~xtˆ_λz?~ξ

.

πÂλ~x_ttˆ_λ?~ξt

.

ζ

.

π etζ est l’élément de la suite~ξ qui correspond àz. Par hypothèse suru(noter qu’on a iciu=z), on ax₁:A₁, . . . ,x_n:A_n`z:B ; d’après le lemme 5, on a doncζ||−B, d’où λ~xttˆ_λ?~ξt

.

ζ

.

π∈ ⊥⊥.

C.Q.F.D.

Lemme 5. Si z:U[~x,~X]`z:B[~x,~X] et si ζ||−U[~a,X~ ], alors ζ||−B[~a,X~] (~a,X~ sont des paramètres).

Par récurrence sur la longueur de la preuve de z :U `z :B. Les seules règles utilisées ne peuvent être que l’axiome,∀-élim ou∀-intro. Dans les trois cas, le résultat est trivial.

C.Q.F.D.

Proposition 6. i) Si t||−A→B , alors ∀u(u||−A⇒t u||−B).

ii) Si∀u(u||−A⇒t u||−B), alors V t||−A→B pour V =(S)(K)I ou V =B I . i) D’aprèst u?πÂt?u

.

π.

ii) D’aprèsV t?u

.

πÂt u?π.

C.Q.F.D.

Combinateur de point fixe

Théorème 7. Soit Y un combinateur tel que Y?ξ

.

πÂξ?Yξ

.

π.

Si f :N²→Ntelle que f(x,y)=0est une relation bien fondée surN, alors : Y ||− ∀X∀x{∀x[∀y(f(x,y)=07→X y)→X x]→X x}.

On montre, par induction sur la relation bien fondéef(x,y)=0, que l’on a : Y ?ξ

.

π∈ ⊥⊥siπ∈ kX xketξ||− ∀x[∀y(f(x,y)=07→X y)→X x].

Par hypothèse surY, il suffit de montrer que ξ?Yξ

.

π∈ ⊥⊥.

Par hypothèse surξ, il suffit de montrer queYξ||− ∀y(f(x,y)=07→X y).

C’est évident si f(x,y)6=0, par définition dea=b7→F.

Si f(x,y)=0, on doit montrerYξ||−X y, c’est-à-direYξ?ρ∈ ⊥⊥siρ∈ kX yk.

Or, on a Yξ?ρÂY ?ξ

.

ρqui est dans⊥⊥par hypothèse d’induction.

C.Q.F.D.

On peut poserY =(λx xx)AavecA=λaλf(f)(a)a f (combinateur de Turing).

On a, en effet : Y ?ξ

.

πÂλx xx?A

.

ξ

.

πÂA?A

.

ξ

.

π≡λaλf(f)(a)a f ?A

.

ξ

.

π.

D’après le théorème 3, on a donc (puisqueλaλf(a)a f =λa aa=W I) : Y ?ξ

.

πÂφ?(λa aa)Aξ

.

π≡ξ?Yξ

.

π.

Remarque.Noter que l’on a A=((B)(S)I)(W)I donc Y =(W I)((B)(S)I)(W)I.

SoitAun combinateur tel que A?α

.

ξ

.

πÂξ?ααξ

.

π. On peut alors poser Y =A A.

On a, en effet : A A?ξ

.

πÂA?A

.

ξ

.

πÂξ?A Aξ

.

π.

On peut alors prendre A=(W)(B)(S)I ou A=(C)(W)(BC)(BW)(B B)B.

Mise en mémoire

On pose T=λoλfλn(n)U f o=(C)(BC)(C)(C)IU, avec U =λgλx(g)(σ)x=C Bσ.

On a donc T=(C)(BC)(C)(C I)(C B)σ.

Soientσ,odes termes quelconques. On a alors, d’après le théorème 3 : T?o

.

φ

.

ν

.

πÂν?U

.

φ

.

^o

.

π.

Théorème 8. Pour tout terme o, on a To||− ∀X∀n(({σⁿo}→X),int(n)→X).

To est donc un opérateur de mise en mémoire.

Soient φ||−{σⁿo}→X,ν||−int(n) etπ∈ kXk. On doit montrer To?φ

.

ν

.

π∈ ⊥⊥ c’est-à-dire ν?U

.

φ

.

^o

.

π∈ ⊥⊥. On définit le prédicat unaireY en posantkY ik ={σⁿ⁻ⁱo

.

π} pour 0≤i≤n etkY ik = ;pouri>n.

Par hypothèse surν,φ,π, on a ν||− ∀y(Y y→Y s y),Y0→Y n),φ||−Y0 eto

.

π∈ kY nk. Il suffit donc de montrer que U ||− ∀y(Y y→Y s y), c’est-à-direU ||−Y i→Y sipour touti∈N.

C’est évident sii ≥n. Sii <n, soitξ||−Y i ; on doit montrerU?ξ

.

σⁿ⁻ⁱ⁻¹o

.

π∈ ⊥⊥. Or, on a U?ξ

.

σⁿ⁻ⁱ⁻¹o

.

πÂξ

.

σⁿ⁻ⁱo

.

π∈ ⊥⊥.

C.Q.F.D.

Remarque. Si on pose T⁰=λsλoλfλn(nλgλx(g)(s)x)f o, on a T⁰=(BC)(B²C)(BC)((B)(C)I)(C)B et T⁰?σ

.

^o

.

φ

.

ν

.

πÂν?C Bσ

.

φ

.

^o

.

π.

L’opérateur de mise en mémoire est donc Tσo.

Composition de structures

On considère deux structures de réalisabilitéS =(Λ,Π,Λ?Π,⊥⊥) etS0=(Λ0,Π0,Λ0?Π0,;).

On définit une structure composéeS1=(Λ×Λ0,Π×Π0, (Λ?Π)×(Λ0?Π0),⊥⊥1).

(ξ,ξ0)?(π,π0)=(ξ?π,ξ0?π0) ; (ξ,ξ0)

.

⁽π,π0)=(ξ

.

π,ξ0

.

π0) ; (π,π0)^(τ,τ0)=(π^τ, (π0)^τ0) ; (ξ,ξ0)(η,η0)=((ξη)^∗,ξ0η0) ;

chaque combinateurU est donné par (U^∗,U₀). (ξη)^∗etU^∗seront définis plus bas.U₀est le combinateur deS0.

Pour chaque processusξ0?π0deS0, on a un ensembleC[ξ0?π0]⊂Λet des quasi-preuves α,β, . . . deΛ(termes composés avec les combinateurs et l’application deS, sans continua- tionk_π) tels que :

α∈ |C[K₀?ξ0

.

η0

.

π0]→C[ξ0?π0]|; β∈ |C[S₀?ξ0

.

η0

.

ζ0

.

π0]→C[ξ0?ζ0

.

η0ζ0

.

π0]|; . . . On définit ⊥⊥1={(ξ?π,ξ0?π0) ; (∀τ∈C[ξ0?π0])ξ?π^τ∈ ⊥⊥}.

Lemme 9. Si A_γ=(χ)((B)(χ⁰)A)γ, alors A_γ?π^τÂA?π^γτ. En particulier, si on pose γ=(χ)((B)(χ⁰)I)γ=I_γ, on a aussi : γA?π^τÂA?π^γτ.

Trivial.

C.Q.F.D.

Remarque.On peut aussi poser γ=λx(χ)λy(χ⁰x)(γ)y=(Bχ)((C)(B)Bχ⁰)γ. Définition deK^∗,S^∗, . . .

Le combinateurK deS1est (K^∗,K₀). On doit avoir : (K^∗,K₀)?(ξ,ξ0)

.

⁽η,η0)

.

⁽π,π0)Â(ξ,ξ0)?(π,π0), soit : (ξ?π,ξ0?π0)∈ ⊥⊥1⇒(K^∗?ξ

.

η

.

π,K₀?ξ0

.

η0

.

π0)∈ ⊥⊥1.

Soit doncτ∈C[K₀?ξ0

.

η0

.

π0], d’oùγτ∈C[ξ0?π0], avecγ∈ |C[K₀?ξ0

.

η0

.

π0]→C[ξ0?π0]|.

Il suffit donc de définir K^∗de façon que K^∗?ξ

.

η

.

π^τÂK?ξ

.

η

.

π^γτ. En effet, on aura alorsK^∗?ξ

.

η

.

π^τÂξ?π^γτ.

D’après le lemme 9, on peut poserK^∗=(χ)((B)(χ⁰)K)γ ou encore γK. Définitions identiques pourS^∗,W^∗, . . .

Définition de(ξη)^∗

On doit avoir (ξ,ξ0)(η,η0)?(π,π0)∉ ⊥⊥1⇒(ξ,ξ0)?(η,η0)

.

(π,π0)∉ ⊥⊥1 soit : (ξ?η

.

π,ξ0?η0

.

π0)∈ ⊥⊥1⇒((ξη)^∗?π,ξ0η0?π0)∈ ⊥⊥1.

Soit doncτ∈C[ξ0η0?π0], d’où γτ∈C[ξ0?η0

.

π0] avec γ:C[ξ0η0?π0]→C[ξ0?η0

.

π0].

Par hypothèse, on a donc ξ?η

.

π^γτ∈ ⊥⊥. Il suffit donc de définir (ξη)^∗) de façon que : (ξη)^∗

.

π^τÂξ?η

.

π^γτ.

D’après le lemme 9, on donc peut poser : (ξη)^∗=(χ)((B)(χ⁰)(ξ)η)γ.

On peut aussi poser (ξη)^∗=(γ)(ξ)η ou γξη.

Définition dek^∗_πetcc^∗.

L’instructionk(π,π0)deS1est (k^∗_π,k_π0). On doit avoir : (k^∗_π,k_π0)?(ξ,ξ0)

.

⁽$,$0)Â(ξ,ξ0)?(π,π0) ou encore : (ξ?π,ξ0?π0)∈ ⊥⊥1⇒(k^∗_π?ξ

.

$,k_π0?ξ0

.

$0)∈ ⊥⊥1.

Soit doncτ∈C[k_π0?ξ0

.

$0] d’où γτ∈C[ξ0?π0], en supposant γ:C[k_π0?ξ0

.

$0]→C[ξ0?π0].

On doit avoir : ξ?π^γτ∈ ⊥⊥ ⇒k^∗_π?ξ

.

$^τ∈ ⊥⊥.

On pose donc : k^∗_π=λx(χ)λy(k_π)(χ⁰x)(γ)y=(Bχ)((B)(B)k_π)((C)(B)Bχ⁰)γ.

En effet, d’après le théorème 3, on a :

k^∗_π?ξ

.

$^τÂχ?(λxλy(k_π)(χ⁰x)(γ)y)ξ

.

$^τÂλxλy(k_π)(χ⁰x)(γ)y?ξ

.

τ

.

$. D’après le théorème 3, on a :

k^∗_π?ξ

.

$^τÂk_π?(λxλy(χ⁰x)(γ)y)ξτ

.

$Âλxλy(χ⁰x)(γ)y?ξ

.

τ

.

πÂχ⁰?ξ

.

γτ

.

πÂξ?π^γτ. On peut aussi poser k^†_γ=λkλx(χ)λy(k)(χ⁰x)(γ)y=((B)(B)χ)((C)(B)B B)((C)(B)Bχ⁰)γ.

On a alors, par un calcul analogue :

k^†_γk_π?ξ

.

$^τÂξ?π^γτ. On peut donc poser aussi : k^∗_π=k^†_γk_π.

L’instructionccdeS1est (cc^∗,cc0). On doit avoir :

(cc^∗,cc₀)?(ξ,ξ0)

.

⁽π,π0)Â(ξ,ξ0)?(k^∗_π,k_π0)

.

⁽π,π0) ou encore : (ξ?k^∗_π

.

π,ξ0?k_π0

.

π0)∈ ⊥⊥1⇒(cc^∗?ξ

.

π,cc0?ξ0

.

π0)∈ ⊥⊥1.

Soit doncτ∈C[cc0?ξ0

.

π0], d’oùβτ∈C[ξ0?k_π0

.

π0], avecβ:C[cc0?ξ0

.

π0]→C[ξ0?k_π0

.

π0].

On a donc ξ?k^∗_π

.

π^βτ∈ ⊥⊥, donc cc^∗_?ξ

.

π^τ∈ ⊥⊥ si l’on choisitcc^∗tel que : cc^∗?ξ

.

π^τÂξ?k^∗_π

.

π^βτ

On prend k^∗_π=k^†_γk_πavec γ:C[k_π0?ξ0

.

$0]→C[ξ0?π0].

On pose cc^∗_=λx(χ)λy(cc)λk((χ⁰x)(β)y)(k^†_γ)k; on a alors la propiété voulue pourcc^∗. En effet, d’après le théorème 3, on a :

cc^∗?ξ

.

π^τÂχ?(λxλy(cc)λk((χ⁰x)(β)y)(k^†_γ)k)ξ

.

π^τÂλxλy(cc)λk((χ⁰x)(β)y)(k^†_γ)k?ξ

.

τ

.

π.

Toujours d’après le théorème 3, on a :

cc^∗?ξ

.

π^τÂcc?(λxλyλk((χ⁰x)(β)y)(k^†_γ)k)ξτ

.

πÂλxλyλk((χ⁰x)(β)y)(k^†_γ)k?ξ

.

τ

.

^kπ

.

π.

On écrit λk((χ⁰x)(β)y)(k^†_γ)k=((B)(χ⁰x)(β)y)k^†_γ et on applique deux fois le théorème 3.

On obtient :

cc^∗?ξ

.

π^τÂλxλy(B)(χ⁰x)(β)y?ξ

.

τ

.

k^†_γ

.

k_π

.

πÂB?(λxλy(χ⁰x)(β)y)ξτ

.

k^†_γ

.

k_π

.

π Âλxλy(χ⁰x)(β)y?ξ

.

τ?k^†_γk_π

.

πÂχ⁰?ξ

.

βτ

.

k^†_γk_π

.

πÂξ?k^†_γk_π

.

π^τ.

Remarque.Noter que l’on a cc^∗₌(Bχ)((B)(B)cc)((C)(BC)((B)(B)B)((C)(B B)χ⁰)β)k^†_γ. Rappelons que k^†_γ=((B)(B)χ)((C)(B)B B)((C)(B)Bχ⁰)γ

Définition deχ^∗etχ^0∗

Le combinateurχdeS1est (χ^∗,χ0). On doit avoir :

(χ^∗,χ0)?(ξ,ξ0)

.

(π,π0)^(τ,τ0)∉ ⊥⊥1⇒(ξ,ξ0)?(τ,τ0)

.

(π,π0)∉ ⊥⊥1, soit : (ξ?τ

.

π,ξ0?τ0

.

π0)∈ ⊥⊥1⇒(χ^∗?ξ

.

π^τ,χ0?ξ0

.

π^τ₀⁰)∈ ⊥⊥1.

Soit donc σ∈C[χ0?ξ0

.

π^τ₀⁰], d’où δσ∈C[ξ0?τ0

.

π0]. On a donc ξ?τ

.

π^δσ∈ ⊥⊥, d’où χ^∗?ξ

.

(π^τ)^σ∈ ⊥⊥, par définition du combinateurχ^∗:

χ^∗?ξ

.

(π^τ)^σÂξ?τ

.

π^δσ. On pose donc :

χ^∗=(χ)((B)(χ)(C)(χ⁰)(C)I)δ avec δ:C[χ0?ξ0

.

π^τ₀⁰]→C[ξ0?τ0

.

π0].

On peut aussi poser :

χ^∗=λx(χ)λy(χ)(χ⁰x)(δ)y=(Bχ)((B)(B)χ)((C)(B)Bχ⁰)δ En effet, d’après le théorème 3, on a :

λx(χ)λy(χ)λz((χ⁰x)(δ)y)z?ξ

.

⁽π^τ)^σÂχ?(λxλy(χ)λz((χ⁰x)(δ)y)z)ξ

.

⁽π^τ)^σ Âλxλy(χ)λz((χ⁰x)(δ)y)z?ξ

.

σ

.

(π^τ)^σÂχ?(λxλyλz((χ⁰x)(δ)y)z)ξσ

.

π^τ

Âλxλyλz((χ⁰x)(δ)y)z?ξ

.

σ

.

τ

.

πÂλxλy(χ⁰x)(δ)y?ξ

.

σ

.

τ

.

πÂχ⁰?ξ

.

δσ

.

τ

.

πÂξ?τ

.

π^δσ. Le combinateurχ⁰deS1est (χ^0∗,χ⁰₀). On doit avoir :

(χ^0∗,χ⁰₀)?(ξ,ξ0)

.

⁽τ,τ0)

.

⁽π,π0)∉ ⊥⊥1⇒(ξ,ξ0)?(π,π0)^(τ,τ0)∉ ⊥⊥1, soit : (ξ?π^τ,ξ0?π^τ₀⁰)∈ ⊥⊥1⇒(χ^0∗?ξ

.

τ

.

π,χ⁰₀?ξ0

.

τ0

.

π0)∈ ⊥⊥1.

Soit donc σ∈C[χ⁰₀?ξ0

.

τ0

.

π0], d’où δ⁰σ∈C[ξ0?π^τ₀⁰]. On a donc ξ?(π^τ)^δ0σ∈ ⊥⊥, d’où χ^0∗?ξ

.

τ

.

π^σ∈ ⊥⊥, par définition du combinateurχ^0∗:

χ^0∗?ξ

.

τ

.

π^σÂξ?(π^τ)^δ0σ. On pose donc :

χ^0∗=(C)(χ)((B)(C)(χ⁰)(χ⁰)I)δ⁰ avec δ⁰:C[χ⁰₀?ξ0

.

τ0

.

π0]→C[ξ0?π^τ₀⁰].

On peut aussi poser :

χ^0∗=(χ)λxλy(χ⁰)(χ⁰y)(δ⁰)x=(χ)((B)(B)χ⁰)((B)(C)χ⁰)δ⁰. En effet, d’après la définition deχ, puis le théorème 3, on a :

(χ)λxλy(χ⁰)(χ⁰y)(δ⁰)x?ξ

.

τ

.

π^σÂλxλy(χ⁰)(χ⁰y)(δ⁰)x?σ

.

ξ

.

τ

.

πÂ

χ⁰?(λxλy(χ⁰y)(δ⁰)x)σξ

.

τ

.

πÂλxλy(χ⁰y)(δ⁰)x?σ

.

ξ

.

π^τÂχ⁰?ξ

.

δ⁰σ

.

π^τÂξ?(π^τ)^δ0σ.