
Commençons par caractériser l'ensemble $\mathcal{T}$ des fonctions transitives:

\begin{theorem} $G_f$  est transitive si et seulement si 
 $\Gamma(f)$ est fortement connexe.
\end{theorem}

\begin{Proof} 

$\Longleftarrow$ Supposons que $\Gamma(f)$ soit fortement connexe.
Soient $(x,S)$ et $(x',S')$ deux points de $\mathcal{X}$ et  $\varepsilon >0$. 
On construit la stratégie $\tilde S$ telle que la distance 
entre $(x,\tilde S)$ et  $(x,S)$ est inférieure à 
$\varepsilon$ et telle que les  itérations parallèles de $G_f$ depuis
$(x,\tilde S)$ mènent au point $(x',S')$.

Pour cela, on pose $t_1 =-\lfloor\log_{10}(\varepsilon)\rfloor$ et   $x''$ la 
configuration de $\Bool^{\mathsf{N}}$ obtenue depuis $(x,S)$
après $t_1$ itérations
parallèles de $G_f$. 
Comme $\Gamma(f)$ est fortement connexe, il existe une 
stratégie $S''$ et un entier  $t_2$ tels que $x'$ est atteint depuis 
$(x'',S'')$ après $t_2$ itérations de $G_f$.

Considérons à présent la stratégie 
$\tilde S=(s_0,\dots,s_{t_1-1},s''_0,\dots,s''_{t_2-1},s'_0,s'_1,s'_2,s'_3\dots)$.
Il est évident que $(x',s')$ est atteint depuis  $(x,\tilde S)$ après 
$t_1+t_2$ itérations parallèles de $G_f$. Puisque 
$\tilde s_t=s_t$ pour $t<t_1$, grâce au choix de $t_1$,
on a $d((x,S),(x,\tilde S))<\epsilon$. 
Par conséquent, $G_f$ est transitive.

$\Longrightarrow$ Démontrons la contraposée.
Si $\Gamma(f)$ n'est pas  fortement connexe, alors 
il existe deux configurations $x$  et $x'$ telles qu'aucun chemin de 
$\Gamma(f)$ ne mène de $x$ à $x'$. 
Soient $S$ et $S'$ deux stratégies et $\varepsilon \in ]0;1[$.
Alors, pour tout $(x'',S'')$ tel que 
$d((x'',S''),(x,S))<\varepsilon$ on a $x''$ qui est égal à $x$.
Comme il n'existe aucun chemin de $\Gamma(f)$ 
qui mène de $x$ à $x'$, 
les itérations de $G_f$ à partir de 
$(x'',S'') = (x,S'')$ ne peuvent atteindre que des points 
$(x''',S''')$ de $\mathcal{X}$ tels que $x''' \neq x'$, 
et donc ne peuvent pas atteindre $(x',S')$. 
On peut remarquer que, du fait que $x''' \neq x'$, 
elles n'atteignent que des points de $\mathcal{X}$
dont la distance à $(x',S')$ est supérieure à 1.
Pour tout entier naturel $t$, on a 
$G_f^t(x'',S'') \neq (x',S')$.
Ainsi $G_f$ n'est pas transitive et 
par contraposée, on a la démonstration souhaitée.
\end{Proof}


Prouvons à présent le théorème suivant: 

\begin{theorem}
\label{Prop: T est dans R} $\mathcal{T} \subset \mathcal{R}$.
\end{theorem}


\begin{Proof}  
Soit $f:\Bool^{\mathsf{N}}\to\Bool^{\mathsf{N}}$ telle que  $G_f$ est transitive (\textit{i.e.}
$f$ appartient à $\mathcal{T}$). 
Soit $(x,S) \in\mathcal{X}$ et $\varepsilon >0$. Pour 
prouver que $f$ appartient à  $\mathcal{R}$, il suffit de prouver 
qu'il existe une stratégie $\tilde S$ telle que la distance entre
$(x,\tilde S)$ et $(x,S)$ est inférieure à  $\varepsilon$ et telle que 
$(x,\tilde S)$ est un  point périodique.

Soit $t_1=-\lfloor \log_{10}(\varepsilon)\rfloor$  et soit $x'$ la 
configuration obtenue après $t_1$ itérations de $G_f$ depuis  $(x,S)$. 
D'après la proposition précédente, $\Gamma(f)$ est fortement connexe.
Ainsi, il existe une stratégie $S'$ et un nombre $t_2\in\Nats$ tels
que $x$ est atteint depuis $(x',S')$ après $t_2$ itérations de $G_f$.

Soit alors la  stratégie $\tilde S$ qui alterne les $t_1$ premiers termes
de $S$ avec les $t_2$ premiers termes de $S'$. 
Ainsi $\tilde S$ est définie par 
\begin{equation*}
(s_0,\dots,s_{t_1-1},s'_0,\dots,s'_{t_2-1},s_0,\dots,s_{t_1-1},s'_0,\dots,s'_{t_2-1},s_0,\dots).
\end{equation*}
Il est évident que  $(x,\tilde S)$ s'obtient à partir de  $(x,\tilde S)$ après
$t_1+t_2$ itérations parallèles de $G_f$. Ainsi $(x,\tilde S)$ est un point 
périodique. Puisque $\tilde s_t$ est égal à $s_t$ pour $t<t_1$, d'après le 
choix de  $t_1$, on a  $d((x,S),(x,\tilde S))<\epsilon$.
\end{Proof}

On peut conclure  que $\mathcal{C} = \mathcal{R} \cap \mathcal{T}
= \mathcal{T}$. On a alors la  caractérisation suivante:

\begin{theorem}%[Characterization of $\mathcal{C}$]
\label{Th:CaracIC}  
Soit $f:\Bool^{\mathsf{N}}\to\Bool^{\mathsf{N}}$. La fonction $G_f$ est chaotique  
si et seulement si $\Gamma(f)$ est fortement connexe.
\end{theorem}
