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Open in new tab Correction examen Automates
— 2011 – 2012 —
1er juin 2012 – 2 heures
Les documents sont interdits. Les exercices sont indépendants. On pourra ad-
mettre la réponse à une question pour passer à la question suivante.
x Exercice 1.
1. Calculer l’automate minimal du langage complémentaire de ab∗(ε + a(a + b)∗).
2. Lorsqu’on calcule l’automate minimal du langage complémentaire reconnu par un auto-
mate A, faut-il :
a) calculer d’abord l’automate minimal puis complémenter ;
b) calculer d’abord le complémentaire puis l’automate minimal ;
c) l’ordre n’a pas d’importance.
Justifier.
!
1. Pour cette expression, on peut directement trouver un automate reconnaissant le langage :
L’automate est déterministe, pour complémenter, il suffit de le compléter
a, b
a, b
a
r
r
a
p
a
q
a
p
b
b
b
a, b
a, b
b
b
q
s
q
s
a
p
a, b
a
r
puis de rendre les états terminaux non-terminaux et vice-versa
On minimize le résultat. Au départ on a les états terminaux d’un côté et les états non terminaux
de l’autre.
Si on regarde les transitions étiquetées par a, on obtient
≡0: p, s | q, r
p et s vont donc dans des états qui appartiennent à des classes distinctes. Si on regarde les
transitions étiquetées par b,
p −→q
s −→s
p −→s
s −→s
q −→ r
r −→ r
q −→ q
r −→ r
q et r vont dans des états qui appartiennent à la même classe et vont donc rester grouper.
Finalement,
≡1: p | s | q, r
Pour calculer ≡2, il suffit de regarder si q et r restent groupés, ce qui est le cas, donc ≡1=≡2.
Finalement, l’automate minimal du complémentaire est donc
On peut émonder, mais l’automate minimal est normalement complet.
2. Il est a peu près évident que si on complémente puis on minimise on obtient le bon résultat.
Dans l’autre ordre, il faut vérifier que si on complémente un automate minimal, on obtient encore
un automate minimal. Si on applique la minimisation à un automate minimal, tous les états se
trouvent séparés. Si on passe au complémentaire, la déterminisation va se dérouler exactement de la
même manière, puisque la première étape consiste à séparer les états terminaux et non-terminaux
et que donc les deux groupes sont les mêmes dans l’automate et dans son complémentaire ; la
suite de l’algorithme dépend uniquement des transitions et celles-ci n’ont pas changé. Donc on
peut commencer par minimiser puis passer au complémentaire : les deux ordres sont possibles.
!
x Exercice 2. Calculer une expression rationnelle représentant le langage reconnu par
a, b
a
p
q, r
b
s
a, b
b
r
b
a
b
q
a
a
p
2
!
On peut poser un système décrivant les langages associés à chaque état :
P = bQ + aR
Q = bQ + aP + ε
R = bP + aQ
P = bQ + a(bP + aQ) = abP + (b + aa)Q
Q = b∗(aP + ε)
R = bP + aQ
On peut remplacer R par sa valeur dans P et calculer Q en fonction de P grâce au lemme d’Arden :
Finalement, on obtient P = abP +(b+aa)b∗(aP +ε) = (ab+(b+aa)b∗a)P +(b+aa)b∗ donc, par le
lemme d’Arden, P = (ab + (b + aa)b∗a)∗(b + aa)b∗. Comme p est l’unique état initial, l’expression
de P représente le langage reconnu.
On peut sinon utiliser l’élimination d’états :
i
i
i
i
ε
r
ε
ε
b
a
b
b
a
a
q
q
b + aa
b
ε
ε
(b + aa)b∗
ab + (b + aa)b∗a
(ab + (b + aa)b∗a)∗(b + aa)b∗
t
t
t
t
On trouve l’expression (ab + (b + aa)b∗a)∗(b + aa)b∗.
!
x Exercice 3. Calculer un automate émondé reconnaissant l’intersection des langages
reconnus par les deux automates ci-dessous :
p
a
p
ab
p
3
1
ε
ε
a
2
b
3
a
p
q
b
a
b
a
b
r
!
Il faut tout d’abord supprimer les ε-transitions du premier automate.
Pour tout état p, pour tout ε-successeur q de p, pour toute flèche qui part de q, on ajoute une
flèche qui part de p et qui va au même endroit.
On peut maintenant calculer l’intersection (inutile de déterminiser).
Succε(1) = {3}
Succε(2) = {1, 3}
Succε(3) = ∅
1
b
a
b
a
2
3
b
b
3, p
2, r
a
1, p
a
b
b
b
2, q
b
3, r
a
b
L’automate est émondé.
x Exercice 4.
!
1. Un automate est co-déterministe, s’il a au plus un état terminal et, pour toute lettre
a, il y a au plus une transition étiquetée par a qui arrive dans chaque état.
Le miroir d’un automate est l’automate obtenu en retournant toutes les transitions
et en remplaçant les flèches finales par des flèches initiales et vice-versa.
Que peut-on dire du miroir d’un automate co-déterministe ?
2. Un mot w est dans le futur d’un état p s’il étiquète un chemin de p à un état final.
Montrer que dans un automate co-déterministe, un mot ne peut pas être dans le futur
de deux états différents.
4
3. Soit A un automate et det(A) l’automate déterminisé de A. Expliquer pourquoi si
un mot w est dans le futur d’un état p de A, il est aussi dans le futur de tout état
de det(A) qui contient p.
4. Montrer que si A est un automate co-déterministe, et si X et Y sont deux états
différents de det(A), il existe au moins un mot qui est dans le futur de l’un des deux
états et pas dans le futur de l’autre.
En déduire que le déterminisé d’un automate co-déterministe est un automate mini-
mal.
5. Calculer l’automate minimal du langage reconnu par l’automate ci-dessous :
a, b
b
a
b
4
5
a
a
7
6
a
1
a
a
b
3
2
b
b
6. Proposer un algorithme qui permet à partir d’un automate quelconque de calculer
l’automate minimal sans chercher les états similaires.
!
1. Si on prend le miroir d’un automate co-déterministe, on obtient un automate avec au plus
un état terminal et, pour toute lettre a, au plus une transition étiquetée par a qui sort
de chaque état. C’est la définition d’un automate déterministe. Le miroir d’un automate
co-déterministe est donc un automate déterministe.
2. Prenons un mot w quelconque. Si on lit w de droite à gauche, et que dans l’automate co-
déterministe on part de l’état final et qu’on remonte les transitions, on ne peut arriver (au
plus) que dans un seul état ; w n’est donc que dans le futur de cet état.
Autre preuve. Supposons qu’il existe deux états p et q distincts d’un automate co-déterministe
qui ont le même mot w dans leur futur. Comme il n’y a qu’un seul état terminal, Les chemins
étiquetés par w qui partent de p et q arrivent dans le même état final ; il se rejoignent donc
quelque part, dans un état r. Il y a donc un chemin de p à r étiqueté par un certain mot u
et un chemin de q à r étiqueté par le même mot u, ainsi qu’un mot v dans le futur de r tel
que w = uv. Comme p et q sont distincts, u n’est pas le mot vide et comme r esr le point
de jonction, les chemins de p à r et de q à r étiquetés par u arrivent sur r par des transi-
tions différentes étiquetées par la même lettre (la dernière lettre de u). C’est impossible car
l’automate est co-déterministe, d’où contradiction.
3. Supposons que w est dans le futur d’un état p de A⌋, on a alors
w1
−→ p1
w2
−→ . . .
p
wn−→ p|w| −→
Si P est un état du déterminisé de A, alors par définition de la déterminisation, p1 est un
état du successeur P1 de P par w1, p2 est un état du successeur P2 de P1 par w2, etc. On
5