Solución Segundo Parcial — Fundamentos de Lenguajes de Programación 2026-I¶

Versión A (G50)¶

Sección 1: Asignación y referencias¶

Pregunta 1 (Media)¶

Enunciado: Ligadura, asignación y valores denotados tras extender el lenguaje con set.

Respuestas correctas: b), c) y e)

Justificación:

La ligadura es una acción local que extiende el ambiente; la asignación es una acción potencialmente global que sobrescribe una ubicación existente (Clase 8, EOPL §4.2).

b) Correcta. Es la distinción central: ligadura ⇒ ambiente extendido; asignación ⇒ sobreescritura in-place.
c) Correcta. Con asignación se pierde la transparencia referencial; el orden de evaluación pasa a formar parte del significado del programa.
e) Correcta. El valor denotado deja de ser un valor expresado y pasa a ser Ref(valor expresado): un identificador denota una referencia a una ubicación.

¿Por qué las demás son incorrectas?

a) El conjunto de valores expresados no cambia: sigue siendo Número + Booleano + ProcVal. Lo que cambia es el conjunto de valores denotados.
d) set no extiende el ambiente: muta el contenido de la ubicación ya asociada al identificador. Quien extiende el ambiente es let.

Concepto EOPL: §4.2, p. 110, valores expresados y denotados con asignación.

Pregunta 2 (Media)¶

Enunciado: Programa con let, un procedimiento que muta su parámetro, evaluado con paso por valor.

Respuestas correctas: a), c) y e)

Justificación:

Con paso por valor, cada aplicación crea referencias nuevas para los parámetros formales (Clase 8, EOPL §4.3).

a) Correcta. Cada (p x) parte de 100, incrementa a 101 y retorna 101; +(101, 101) = 202.
c) Correcta. El parámetro formal x de p recibe una referencia nueva en cada llamado, independiente de la x exterior.
e) Correcta. La x exterior nunca se modifica: la mutación set x = add1(x) actúa sobre la referencia local del parámetro. El segundo llamado vuelve a partir de 100.

¿Por qué las demás son incorrectas?

b) set x = add1(x) modifica la referencia local del parámetro, no la de la x exterior. La x exterior conserva el valor 100.
d) El resultado no es 203. Bajo paso por valor el segundo llamado no observa el efecto del primero, porque cada uno trabaja sobre su propia referencia.

Concepto EOPL: §4.3, p. 126, paso por valor.

Pregunta 3 (Difícil)¶

Enunciado: Programa con paso por referencia y dos parámetros ligados a la misma variable (aliasing).

Respuestas correctas: a), c), d) y e)

Justificación:

Con paso por referencia, un operando que es variable se pasa como la misma referencia del llamador (Clase 8, EOPL §4.3).

a) Correcta. La referencia compartida pasa de 0 a 1 y luego de 1 a 2; +(a, b) lee 2 y 2, y retorna 4.
c) Correcta. Los dos operandos son la variable x, así que a y b quedan ligados a la misma referencia: hay aliasing.
d) Correcta. eval-rand crea un blanco directo (direct-target) cuando el operando no es una variable (literal o expresión compuesta); crea un blanco indirecto cuando sí lo es.
e) Correcta. Ambas asignaciones operan sobre la única referencia compartida; tras las dos, la referencia vale 2.

¿Por qué la otra es incorrecta?

b) El cuerpo no retorna 2. Esa sería la respuesta si cada parámetro tuviera su propia copia (paso por valor). El aliasing hace que el segundo set parta de 1, no de 0.

Concepto EOPL: §4.3, p. 127, paso por referencia, blancos directos e indirectos, aliasing.

Pregunta 4 (Media)¶

Enunciado: Traza de un begin con dos set sobre a y b.

Respuestas correctas: a), b) y d)

Justificación:

Las asignaciones se evalúan en orden; cada set ve los efectos de los anteriores (Clase 8, EOPL §4.2).

a) Correcta. set a = +(a,b) lleva a a 3; set b = +(a,b) usa ese a = 3 y lleva b a 5; +(a,b) = +(3,5) = 8.
b) Correcta. Cuando se evalúa set b, la asignación anterior ya dejó a = 3; el begin secuencia los efectos.
d) Correcta. El begin retorna el valor de su última expresión, +(a,b).

¿Por qué las demás son incorrectas?

c) El resultado no es 5. Cada set parte de los valores vigentes, no de los iniciales: b se calcula con a = 3.
e) El orden sí importa: intercambiar los dos set cambiaría el resultado, porque set b depende del a ya actualizado.

Concepto EOPL: §4.2, secuenciación con begin y efecto de set.

Sección 2: Chequeo de tipos¶

Pregunta 5 (Media)¶

Enunciado: Disciplinas de tipos y errores que detecta CHECKED.

Respuestas correctas: b), c) y e)

Justificación:

CHECKED rechaza, antes de ejecutar, los programas con errores de tipo definidos en Clase 9 (EOPL §7.1).

b) Correcta. El tipado estático verifica antes de ejecutar; el dinámico lo hace durante la ejecución mediante etiquetas en cada valor.
c) Correcta. +(3, true) mezcla int y bool donde + espera dos int: es un error de tipo que CHECKED detecta.
e) Correcta. Usar 42 (de tipo int) como prueba de un if viola la regla del if-exp, que exige una prueba booleana.

¿Por qué las demás son incorrectas?

a) La división por cero es un error de ejecución, no de tipo. El chequeador no lo detecta.
d) La recursión infinita tampoco es un error de tipo: el programa está bien tipado, simplemente no termina.

Concepto EOPL: §7.1, qué errores de tipo detecta CHECKED y cuáles quedan en tiempo de ejecución.

Pregunta 6 (Media)¶

Enunciado: Tipo de proc (int x, bool b) if b then add1(x) else x.

Respuestas correctas: a), c) y e)

Justificación:

El tipo de un proc con anotaciones se arma con los tipos declarados, en orden de declaración, y el tipo del cuerpo (Clase 9, EOPL §7.1, Figura 7.4).

a) Correcta. Los parámetros son int y bool, en ese orden; el cuerpo tiene tipo int. El tipo es (int * bool -> int).
c) Correcta. El cuerpo se chequea en tenv extendido con x = int y b = bool.
e) Correcta. La regla del if exige prueba booleana (b es bool) y ambas ramas del mismo tipo (add1(x) y x son int).

¿Por qué las demás son incorrectas?

b) El orden de los tipos en la firma es el orden de declaración de los parámetros (x antes que b), no el orden de uso. El tipo es (int * bool -> int).
d) Si la rama else fuera b, las dos ramas tendrían tipos distintos (int y bool) y check-equal-type! abortaría.

Concepto EOPL: §7.1, Figura 7.4, regla de tipamiento de proc-exp con anotaciones y regla del if.

Pregunta 7 (Difícil)¶

Enunciado: Chequeo de letrec int dup (int n) = ... in (dup 4).

Respuestas correctas: b), c), d) y e)

Justificación:

type-of-letrec-exp añade los nombres de procedimiento al ambiente de tipos antes de chequear los cuerpos (Clase 9, EOPL §7.1).

b) Correcta. El cuerpo de dup se chequea en tenv con dup = (int -> int) (recursión) y n = int (parámetro).
c) Correcta. El cuerpo tiene tipo int y (dup 4) tiene tipo int; el programa completo es int.
d) Correcta. check-equal-type! compara el tipo del cuerpo con el tipo resultado declarado.
e) Correcta. Si el resultado declarado fuera bool, la comparación int ≠ bool abortaría con un error de tipo.

¿Por qué la otra es incorrecta?

a) El programa no se rechaza por usar dup en su cuerpo. Justamente letrec liga dup en el ambiente de tipos antes de chequear, de modo que la llamada recursiva tiene tipo conocido.

Concepto EOPL: §7.1, type-of-letrec-exp.

Pregunta 8 (Media)¶

Enunciado: Chequeo de proc (int x) if x then 1 else 2.

Respuestas correctas: a), b) y d)

Justificación:

La regla del if exige que la prueba tenga tipo bool (Clase 9, EOPL §7.1).

a) Correcta. La prueba del if es x, anotado como int; la regla del if exige bool, así que el programa se rechaza.
b) Correcta. check-equal-type! compara el tipo de la prueba (int) con bool y aborta.
d) Correcta. Las ramas 1 y 2 son ambas int y entre sí no hay conflicto; el error está en la prueba.

¿Por qué las demás son incorrectas?

c) El programa no es bien tipado: la prueba no booleana lo hace fallar el chequeo.
e) El intérprete no llega a ejecutarlo: CHECKED rechaza el programa en la fase de chequeo, antes de evaluar.

Concepto EOPL: §7.1, Figura 7.4, regla de tipamiento del if.

Sección 3: Inferencia de tipos¶

Pregunta 9 (Media)¶

Enunciado: Inferencia de proc (? x) proc (? y) x.

Respuestas correctas: a), b) y c)

Justificación:

Cada ? genera una variable de tipo fresca; el cuerpo decide cuáles quedan ligadas (Clase 10, EOPL §7.4).

a) Correcta. Hay dos huecos: el inferidor crea tx para x y ty para y.
b) Correcta. El cuerpo es x, de tipo tx; el proc interno tiene tipo (ty -> tx) y el externo, (tx -> (ty -> tx)).
c) Correcta. Ninguna primitiva ni aplicación restringe tx o ty; ambas quedan sin asignar, y la expresión tipa para cualquier sustitución: es polimórfica en las dos.

¿Por qué las demás son incorrectas?

d) y nunca se usa en el cuerpo, así que nada fuerza ty a int. Ser parámetro no fija el tipo; lo fija el uso.
e) Una variable sin asignar no es un error: señala que el tipo quedó libre, es decir, polimorfismo.

Concepto EOPL: §7.4, variables de tipo, asignación única y polimorfismo.

Pregunta 10 (Difícil)¶

Enunciado: Generación de ecuaciones para proc (? f, ? x) (f +(x,1) zero?(x)).

Respuestas correctas: a), c), d) y e)

Justificación:

Cada constructor sintáctico genera una ecuación entre tipos (Clase 10, EOPL §7.4, Figura 7.7).

a) Correcta. +(x,1) aplica la primitiva de tipo (int * int -> int) a operandos de tipo tx e int, con resultado t2: (int * int -> int) = (tx * int -> t2).
c) Correcta. Por la regla de aplicación sobre (f +(x,1) zero?(x)): tf = (t2 * t3 -> t1).
d) Correcta. zero?(x) aplica la primitiva de tipo (int -> bool) al operando x de tipo tx, con resultado t3: (int -> bool) = (tx -> t3).
e) Correcta. De las ecuaciones de las primitivas: tx = int y t3 = bool.

¿Por qué la otra es incorrecta?

b) De las primitivas + y zero? se deduce tx = int, no tx = bool.

Concepto EOPL: §7.4, Figura 7.7, reglas de aplicación y de las primitivas.

Pregunta 11 (Difícil)¶

Enunciado: Inferencia de let f = proc (? x) x in let y = (f 5) in let z = (f true) in f.

Respuestas correctas: a), b), c) y e)

Justificación:

f es la identidad; cada aplicación fuerza el tipo de su parámetro, y la variable de tipo es de asignación única (Clase 10, EOPL §7.4).

a) Correcta. proc (? x) x recibe x y lo devuelve sin cambios: su tipo es (tx -> tx), la identidad.
b) Correcta. (f 5) aplica f a un int; al unificar (tx -> tx) con (int -> t1) se obtiene tx = int.
c) Correcta. (f true) aplica f a un bool; la unificación impone tx = bool.
e) Correcta. (f 5) ya dejó tx en int; (f true) la querría en bool. Una variable de asignación única no admite ambos valores, y el sistema se rechaza.

¿Por qué la otra es incorrecta?

d) El sistema del curso no admite let-polimorfismo: los usos sucesivos de f comparten la misma variable de tipo tx, no una copia por uso.

Concepto EOPL: §7.4, unificación y variables de tipo de asignación única.

Pregunta 12 (Media)¶

Enunciado: Inferencia de proc (? g) if (g 0) then 1 else 2.

Respuestas correctas: a), b), c) y e)

Justificación:

Cada constructor genera una ecuación; la unificación las resuelve (Clase 10, EOPL §7.4).

a) Correcta. La aplicación (g 0) aplica g al literal 0 (de tipo int): g unifica con (int -> tg).
b) Correcta. (g 0) es la prueba del if; la regla del if fuerza su tipo a bool, de modo que tg = bool.
c) Correcta. Con g = (int -> bool) y un if de tipo int (ramas 1 y 2), el proc tiene tipo ((int -> bool) -> int).
e) Correcta. La inferencia deja g con tipo (int -> bool).

¿Por qué la otra es incorrecta?

d) El tipo del proc no es (int -> int): el parámetro g no recibe un int, recibe un procedimiento. Que g se aplique a 0 no hace que g sea int.

Concepto EOPL: §7.4, reglas de aplicación y del if en la inferencia.

Sección 4: Objetos¶

Pregunta 13 (Media)¶

Enunciado: Análisis de un programa con la clase cuenta (dos instancias).

Respuestas correctas: a), b) y c)

Justificación:

Un objeto combina estado (campos) y comportamiento (métodos); cada instancia tiene su propio estado (Clase 11, EOPL §9).

a) Correcta. saldo es el campo: el estado de la cuenta. depositar y consultar son métodos: su comportamiento.
b) Correcta. La descripción de los métodos vive en la clase y la comparten c1 y c2; el campo saldo es propio de cada instancia.
c) Correcta. send c1 depositar(20) lleva el saldo de c1 de 100 a 120; el de c2 sigue en 50. El programa produce (120 50).

¿Por qué las demás son incorrectas?

d) Bajo encapsulación, el cuerpo del let no puede leer ni escribir saldo directamente: los campos solo están en alcance dentro de los métodos. El acceso pasa siempre por send.
e) c1 y c2 no comparten saldo: cada new crea una instancia con su propio campo. Lo que comparten es la descripción de los métodos.

Concepto EOPL: §9, estado y comportamiento, instancias y encapsulación.

Pregunta 14 (Difícil)¶

Enunciado: Despacho dinámico con send self m2() heredado de c1 por c2.

Respuestas correctas: a), c), d) y e)

Justificación:

send resuelve el método en la clase real del receptor (Clase 11, EOPL §9).

a) Correcta. (send o1 m3()) ejecuta m3, que llama send self m2() con self = o1 (clase c1): retorna 2. (send o2 m3()) tiene self = o2 (clase c2): retorna 3.
c) Correcta. m3 se hereda sin cambios; la diferencia surge porque send self m2() se resuelve sobre la clase real de self.
d) Correcta. Con despacho estático (según la clase c1 donde se define m3), ambas llamadas usarían el m2 de c1 y darían 2.
e) Correcta. El despacho de send se decide en tiempo de ejecución según la clase de la instancia receptora.

¿Por qué la otra es incorrecta?

b) (send o2 m3()) da 3, no 2. Aunque m3 esté definido en c1, send self m2() despacha sobre la clase real de self, que es c2, y c2 redefine m2.

Concepto EOPL: §9, despacho dinámico vía self.

Pregunta 15 (Media)¶

Enunciado: Representaciones de objetos: simples (lista de partes) y planos (vector único).

Respuestas correctas: a), b), d) y e)

Justificación:

Las dos representaciones producen el mismo comportamiento; difieren en el costo de acceso (Clase 11, EOPL §9.2 -- §9.3).

a) Correcta. En la representación simple, o2 es una lista con una parte de p2 ([c,d,e]) y una de p1 ([a,b]).
b) Correcta. Para leer el campo a el intérprete recorre la lista de partes hasta la parte de p1, donde se declara a.
d) Correcta. En la representación plana, o2 es un único vector con los campos heredados de p1 primero: #(3 4 4 6 5).
e) Correcta. Ambas representaciones producen el mismo comportamiento observable; difieren en costo de acceso, de super y de creación.

¿Por qué la otra es incorrecta?

c) En la representación plana el acceso a un campo es una indexación directa por offset precalculado, con costo O(1). El costo lineal en la profundidad es propio de la representación simple.

Concepto EOPL: §9.2 -- §9.3, objetos simples y planos.