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@@ -539,11 +539,39 @@ $\varepsilon = \omega^\varepsilon$.
 \omega^{\varepsilon^2}$ et que $\varepsilon \cdot
 \varepsilon^\varepsilon$ vaut la même chose.
 
+\begin{corrige}
+On a $\varepsilon^\varepsilon = (\omega^\varepsilon)^\varepsilon =
+\omega^{\varepsilon\cdot\varepsilon} = \omega^{\varepsilon^2}$, ce qui
+montre la première égalité.
+
+Quant à la seconde, $\varepsilon \cdot \varepsilon^\varepsilon =
+\varepsilon^1 \cdot \varepsilon^\varepsilon =
+\varepsilon^{1+\varepsilon} = \varepsilon^\varepsilon$ car
+$1+\varepsilon = \varepsilon$ (de façon générale, $1+\gamma = \gamma$
+pour tout ordinal $\gamma\geq\omega$ comme il résulte par exemple du
+fait qu'on peut écrire $\gamma = \omega+\gamma'$ donc $1+\gamma =
+1+\omega+\gamma' = \omega+\gamma' = \gamma$ ; et le fait qu'ici
+$\varepsilon\geq\omega$ résulte du fait que $\varepsilon\neq 0$ donc
+$\varepsilon\geq 1$ donc $\varepsilon=\omega^\varepsilon\geq \omega^1
+= \omega$).
+\end{corrige}
+
 \textbf{(2)} On suppose que $S$ et $T$ sont deux ensembles d'ordinaux
 tels que $\forall \alpha\in S,\; \exists \beta\in
 T,\;(\alpha\leq\beta)$ et que $\forall \beta\in T,\; \exists \alpha\in
 S,\;(\beta\leq\alpha)$.  Montrer que $\sup S = \sup T$.
 
+\begin{corrige}
+Montrons que $\sup T \geq \sup S$.  Pour cela, par définition de $\sup
+S$ (plus petit majorant de $S$), il suffit de montrer que $\sup T$
+majore $S$, c'est-à-dire que $\sup T \geq \alpha$ si $\alpha\in S$.
+Or la première hypothèse qu'on a faite assure $\beta \geq \alpha$ pour
+un certain $\beta\in T$ : a fortiori, on a $\sup T \geq \beta \geq
+\alpha$, comme on voulait.
+
+De façon symétrique, on a $\sup S \geq \sup T$.  Donc ils sont égaux.
+\end{corrige}
+
 \textbf{(3)} On appelle $(\alpha_n)_{n\in\mathbb{N}}$ la suite
 d'ordinaux définie par récurrence par $\alpha_0 = 1$ et $\alpha_{n+1}
 = \varepsilon^{\alpha_n}$, et $(\beta_n)_{n\in\mathbb{N}}$ la suite
@@ -556,9 +584,58 @@ part, et $\varepsilon+1, \omega^{\varepsilon+1},
 \omega^{\omega^{\omega^{\varepsilon+1}}}, \ldots$ de l'autre.  Montrer
 que ces suites ont la même limite.
 
-\textbf{(4)} Montrer que la limite commune trouvée en (3) vérifie
-$\eta = \omega^\eta$, et qu'elle est le plus petit ordinal
-$\eta>\epsilon$ tel que $\eta = \omega^\eta$.
+\begin{corrige}
+Posons $S = \{\alpha_n : n\in\mathbb{N}\}$ et $T = \{\beta_n :
+n\in\mathbb{N}\}$.  Comme ces suites sont croissantes, la limite $\lim
+n\to\omega \alpha_n$ est définie comme $\sup S$ et la limite $\lim
+n\to\omega \beta_n$ est définie comme $\sup T$.
+
+En utilisant le résultat du (1), on a $\alpha_2 =
+\varepsilon^\varepsilon = \omega^{\varepsilon^2} \geq
+\omega^{\varepsilon+1} = \beta_1$.  Une récurrence sur $n$ permet
+alors de conclure $\alpha_n \geq \beta_{n-1}$ pour tout $n\geq 2$ : en
+effet $\alpha_{n+1} = \varepsilon^{\alpha_n} \geq \omega^{\alpha_n}
+\geq \omega^{\beta_{n-1}} = \beta_n$.
+
+Dans l'autre sens, remarquons d'abord que $1+\alpha_n = \alpha_n$ pour
+tout $n\geq 1$, donc $\varepsilon\cdot\alpha_n =
+\varepsilon\cdot\varepsilon^{\alpha_{n-1}} =
+\varepsilon^{1+\alpha_{n-1}} = \varepsilon^{\alpha_{n-1}} = \alpha_n$
+pour tout $n\geq 2$, donc $\varepsilon^{\alpha_n} =
+\omega^{\varepsilon\cdot\alpha_n} = \omega^{\alpha_n}$ pour
+tout $n\geq 2$.  Donc une fois constaté que $\alpha_2 \geq \beta_0$
+(c'est-à-dire $\varepsilon+1 \leq \varepsilon^\varepsilon$), une
+récurrence sur $n$ montre que $\alpha_n \geq \beta_{n-2}$ pour
+tout $n\geq 2$ : en effet, $\alpha_{n+1} = \varepsilon^{\alpha_n} =
+\omega^{\alpha_n} \geq \omega^{\beta_{n-2}} = \beta_{n-1}$.
+
+On a donc montré que tout élément de $S$ est majoré par un élément de
+$T$ et réciproquement : la conclusion du (3) s'applique pour conclure
+que $\sup S = \sup T$ et les deux suites ont même limite.
+\end{corrige}
+
+\textbf{(4)} Montrer que la limite commune $\eta$ trouvée en (3)
+vérifie $\eta = \omega^\eta$, et qu'elle est le plus petit ordinal
+$\gamma>\epsilon$ tel que $\gamma = \omega^\gamma$.
+
+\begin{corrige}
+Si $\eta$ est l'ordinal trouvé en (3), on a $\omega^\eta =
+\lim_{\xi\to\eta} \omega^\xi = \sup\{\omega^\xi : \xi<\eta\}$.
+D'après (2), ceci vaut aussi $\sup\{\omega^{\beta_n} :
+n\in\mathbb{N}\}$ (car tout $\xi<\eta$ est intérieur à un
+certain $\beta_n$, et réciproquement tout $\beta_n$ est un
+$\xi<\eta$).  Or celui-ci n'est autre que $\sup\{\beta_{n+1} :
+n\in\mathbb{N}\}$, donc c'est bien $\eta$.
+
+Par ailleurs, si $\gamma>\varepsilon$ vérifie $\gamma =
+\omega^\gamma$, alors on a $\gamma \geq \varepsilon+1 = \beta_0$, et
+par récurrence sur $n$ on montre $\gamma \geq \beta_n$ : en effet,
+$\gamma = \omega^\gamma \geq \omega^{\beta_n} = \beta_{n+1}$.  Par
+conséquent, $\gamma \geq \eta$ (vu que $\eta = \sup\{\beta_n\}$), et
+comme on a montré ci-dessus que $\eta = \omega^\eta$, il est bien le
+plus petit ordinal $\gamma>\epsilon$ tel que $\gamma = \omega^\gamma$.
+\end{corrige}
+
 
 
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