= K M est le plus petit langage (pour l inclusion ensembliste) solution de l équation ensembliste d inconnue X :

Transcription

1 MP fo-correction devoir surveillé n o 3, smedi 06 février 016 1/5 1 utour du lemme d rden Q1. On considère K et M deux lngges. Le lngge L défi pr L def = K M est le plus petit lngge (pour l clusion ensemliste) solution de l éqution ensemliste d connue X : X = (K.X) M Pr illeurs, si K ne contient ps le mot vide ε, le lngge K M est l unique solution de cette éqution. Q. Clcul d un lngge... Les 3 dernières équtions permettent d écrire : Ce qui s écrit encore : L 4 = {ε} L 4 L 4 L 4 = {,}L 4 {ε} Le lemme d rden ssure lors que L 4 = {,} {ε} = {,} = ( + ). Ce qui permet de détermer L et L 3. Flement : utomtes L 1 = {,} {,} = ( + )( + ) Q3. On peut commencer pr émonder l utomte proposé pr l énoncé. Les mots reconnus pr l utomte commencent pr et se terment pr un mot de l lphet {,}. Le lngge reconnu pr l utomte proposé est le lngge défi pr l expression régulière suivnte : Q4. On propose l utomte : ( + ) On le détermise pr l lgorithme hituel que l on présente sous forme de tleu : étpe E Q δ 0 {1,,3,4} 1 {,4},{3,5} {1,,3,4} ({1,,3,4},,{3,5}) ({1,,3,4},,{,4}) {3,5} {1,,3,4},{,4} ({1,,3,4},,{3,5}) ({1,,3,4},,{,4}) ({,4},{3,5}) 3 {4} {1,,3,4},{,4},{3,5} ({1,,3,4},,{3,5}) ({1,,3,4},,{,4}) ({,4},{3,5}) ({3,5},,{4}) 4 {5} {1,,3,4},{,4},{3,5},{4} ({1,,3,4},,{3,5}) ({1,,3,4},,{,4}) ({,4},{3,5}) ({3,5},,{4}) ({4},,{5}) 5 {1,,3,4},{,4},{3,5},{4},{5} ({1,,3,4},,{3,5}) ({1,,3,4},,{,4}) ({,4},{3,5}) ({3,5},,{4}) ({4},,{5}) En renommnt les étts α,β,γ, δ et µ on otient l utomte suivnt : α β γ δ µ c J-Luc JOLY MPSI Lycée Céznne

2 MP fo-correction devoir surveillé n o 3, smedi 06 février 016 /5 3 Reconnissnce d un motif Q5. On propose, sns commentire, l utomte suivnt : Σ\{} Σ 1 5 c d 0 Σ\{0,} e Σ\{1,} Σ\{5,} Q6. L ppliction G est jective, on donc : G ( Σ 4) = Σ 4 = 10 4 Q7. On : Q8. On propose : G(cde) = e + 10 G(cd) mod let declg g e = (e + (10 * g)) mod ;; Q9. Le code proposé est dns le style Cml, sns oucle... let testg_motif t = if n < 4 then flse else eg let rec ux i g t = (g = 015) ux (i+1) (declg g t.(i+4)) t else flse let gg = t.(0)* t.(1)*100 + t.()*10 + t.(3) ux 0 gg t Q10. L complexité est clirement en O(n), où n est l tille du tleu : on le clcule prélimire de gg suivi d une lecture et d un ppel des n 3 vleurs suivntes du tleu. Q11. Il suffit de modifier un peu l fonction précédente, en stocknt le résultt dns un ccumulteur : let ng_motif t = if n < 4 then 0 else eg let rec ux cc i g t = if (g=015) then ux (cc+1) (i+1) (declg g t.(i+4)) t else ux cc (i+1) (declg g t.(i+4)) t else cc let gg = t.(0)* t.(1)*100 + t.()*10 + t.(3) ux 0 0 gg t c J-Luc JOLY MPSI Lycée Céznne

3 MP fo-correction devoir surveillé n o 3, smedi 06 février 016 3/5 Q1. L fonction H est à vleurs dns [0,10] et on peut montrer que chcune de ces 11 vleurs est ttete. Q13. Puisque 10 1[11], on peut coder simplement l fonction clculh de l fçon suivnte : let clculh t = (t.(3) - t.() + t.(1) - t.(0)) mod 11;; Q14. En notnt x, l clsse d un nomre entier modulo 11, on : et flement : H(cde) = e d + c = e (d c + ) H(cde) = e H(cd) mod 11 Q15. On utilise les dictions de l énoncé pour proposer l fonction suivnte : let testh_motif t = if n < 4 then flse else eg let rec ux i h t = ((h = ) && t.(i)= && t.(i+1)=0 && t.(i+)=1) ux (i+1) ((t.(i+4)-h-t.(i)) mod 11) t else flse let h = clculh t ux 0 h t jlj : Ici, je pense que le concepteur du sujet une idée derrière l tête, mis je ne vois ps ien lquelle. Vous urez peut-être trouvé! Q16. L lgorithme ccède u plus trois fois à chcun des termes du tleu, il est léire en l tille du tleu. 4 Rce crrée d un lngge Q17. Question de cours Cf. Cours. Q18. Question de cours Cf. Cours. Q19. On propose : C B D E, c J-Luc JOLY MPSI Lycée Céznne

4 MP fo-correction devoir surveillé n o 3, smedi 06 février 016 4/5 4.1 Lngge reconnu pr un utomte fi détermiste Q0. Question de cours Q1. Question de cours Q. près émondge, on otient : L () def = {m X, d T, δ (i,m) = d} C B E Q3. On propose : ( + () ) Q4. Comme suggéré, on risonne pr duction sur m en itilisnt vec le mot vide Λ : Initilistion : On considère donc un mot n et o,d Q. S il existe q Q tel que q = δ (o,λ) et d = δ (q,n) lors q = o et d = δ (o,n) = δ (o,λ.n). Réciproquement, si d = δ (o,λ.n) lors en posnt q def = o on q = δ (o,λ) et d = δ (q,n). Hérédité : On suppose le résultt vri pour un mot m(hypothèse d duction) et on le montre pour le mot µ défi pr µ def = e.m où e X. On considère à nouveu un mot n et o,d Q. S il existe q Q tel que q = δ (o,µ) et d = δ (q,n) lors q = δ (o,e.m) = δ (δ(o,x),µ) et l hypothèse d duction ssure que d = δ (δ(o,e),m.n) et, pr défition de δ, ceci s écrit encore d = δ (o,e.m.n) = δ (o,µ.n). Réciproquement, supposons que d = δ (o,µ.n). Pr défition de δ, ceci s écrit encore d = δ (δ(o,e),m.n). D près l hypothèse d duction, il existe q Q tel que q = δ (δ(o,e),m) et δ (q,n) = d. Toujours pr défition de δ, ceci s écrit q = δ (o,m) et δ (q,n) = d. 4. Rce crrée d un lngge Q5. On propose : + () Q6. Pour tout mot m de L on mm L et donc m L. On donc : L L L réciproque est fusse en générl. En effet pour L défi pr L def = {,}, on L lors que / L. Pour ce même lngge on ( L ) L = donc =. En considérnt L défi cette fois pr L def = {,}, on ( L ), L = {,} donc lors ( L ). que / L. On n donc ucune clusion générle, dns un sens ou un utre, vec L et 4.3 Rce crrée d un utomte Q7. jlj : Cette question est crrément pénile dns l mesure où il fut renommer les étts vec des nomres entiers pour pouvoir ppliquer l défition proposée dns l énoncé. Sur ce pot l énoncé c J-Luc JOLY MPSI Lycée Céznne

5 MP fo-correction devoir surveillé n o 3, smedi 06 février 016 5/5 étit très ml fit Pr illeurs, on ne comprend ps ien s il fut prtir de E ou de l utomte émondé... On propose : Q 0 Q 1 Q Q 3 Q 4 Q8. On propose : + () Q9. un unique étt itil, l ensemle des trnsition est fonctionnel (détermisme) et est son dome est Q X (complétude). L utomte est donc un utomte fi complet détermiste. Q30. On procède à nouveu pr duction sur les mots. Initilistion : Pour le mot vide le résultt est immédit. Hérédité : On suppose le résultt vri pour un mot m et on prouve qu il est encore vri pour un mot µ = e.m. où e X. On considère (o 0,,o n ) Q n+1, on : δ ((o 0,,o n ),µ) = δ ( δ ((o 0,,o n ),e),m ) Ce qui ssure l hérédité. Q31. Pour tout mot m du lngge L = δ ((o 0,,o n),m) (où o i def = δ (o i,e)) = (δ (o 0,m),,δ (o n,m)) (hypothèse d duction) = (δ (o 0,µ),,δ (o n,µ)) ( ), on : δ ((q 0,,q n ),m) T On donc δ (q def j,m) T vec q j = δ (q 0,m). Le résultt de l question Q4 ssure lors que δ (q o,mm) T, c est-à-dire que mm L(). L réciproque est églement un résultt qui se déduit des conclusions de l question Q4. Q3. On flement démontré que : ( ) L = L () c J-Luc JOLY MPSI Lycée Céznne