Write answers to second exercise.

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+++ b/controle-20210412.tex
@@ -286,6 +286,13 @@ alors $\lim_{\xi\to\delta} \varphi(\xi) = \varphi(\delta)$, où
 $\lim_{\xi\to\delta} \varphi(\xi)$ est une notation pour
 $\sup\{\varphi(\xi) : \xi < \delta\}$.
 
+\begin{corrige}
+La continuité de la fonction $\varphi\colon \alpha \mapsto
+\omega^\alpha$ fait partie de la définition inductive de
+l'exponentiation ordinale ($\omega ^ \delta = \lim_{\xi\to\delta}
+\omega^\xi$ si $\delta$ est limite).
+\end{corrige}
+
 Pour éviter de partir dans des fausses directions, il est conseillé,
 jusqu'à la question (5) incluse, d'oublier la définition de $\varphi$
 et de retenir simplement que $\varphi$ est strictement croissante et
@@ -294,6 +301,23 @@ continue.
 (2) Rappeler pourquoi $\varphi(\alpha) \geq \alpha$ pour
 tout $\alpha$.
 
+\begin{corrige}
+On a vu en cours que si $\varphi$ est une fonction strictement
+croissante d'un ensemble bien-ordonné vers lui-même, alors $\varphi(x)
+\geq x$ pour tout $x$ : il suffit d'appliquer ce résultat à la
+fonction $\varphi$.  (Pour être tout à fait exact, on veut plutôt
+appliquer la \emph{démonstration} de ce résultat, vu que le résultat
+ne s'applique pas tel quel faute d'un ensemble bien-ordonné auquel
+l'appliquer vu que les ordinaux ne constituent pas un ensemble ; mais
+la démonstration s'applique exactement sans changement : on montre $x
+\leq \varphi(x)$ par induction, en effet, si par l'absurde on avait
+$\varphi(x) < x$, alors l'hypothèse d'induction appliquée à $y :=
+\varphi(x)$ donnerait $\varphi(x) \leq \varphi(\varphi(x))$, tandis
+que la stricte croissance de $\varphi$ appliquée à $\varphi(x) < x$
+donnerait $\varphi(\varphi(x)) < \varphi(x)$, ce qui est une
+contradiction.)
+\end{corrige}
+
 On dira qu'un ordinal $\gamma$ est un \emph{point fixe} de $\varphi$
 lorsque $\varphi(\gamma) = \gamma$.
 
@@ -309,6 +333,16 @@ soit $\geq\alpha$ (c'est-à-dire que si $\delta$ est un point fixe
 de $\varphi$ et $\delta\geq\alpha$ alors $\delta\geq\gamma_\omega$ :
 on pourra pour cela montrer que $\delta\geq\gamma_n$ pour tout $n$).
 
+\begin{corrige}
+On vient de voir que $\varphi(\alpha)\geq\alpha$ pour tout $\alpha$,
+ce qui montre $\gamma_{n+1}\geq\gamma_n$, donc la suite $(\gamma_n)$
+est croissante.  (Si on veut vraiment faire la démonstration jusqu'au
+bout : montrons que $m\leq n$ implique $\gamma_m \leq \gamma_n$ par
+récurrence sur $n\geq m$ : pour $n=m$ c'est évident, et si on a
+$\gamma_m \leq \gamma_n$, alors $\gamma_m \leq \gamma_n \leq
+\varphi(\gamma_n) = \gamma_{n+1}$ ce qui conclut la récurrence.)
+\end{corrige}
+
 La question (3) implique notamment : \emph{pour tout ordinal $\alpha$
   il existe un point fixe de $\varphi$ qui soit $\geq\alpha$}.
 
@@ -334,11 +368,88 @@ cas par la définition) : pour cela, on expliquera pourquoi
 $\varphi(\lim_{\xi\to\delta} \varepsilon_\xi) = \lim_{\xi\to\delta}
 \varphi(\varepsilon_\xi)$.
 
+\begin{corrige}
+Remarquons tout d'abord que $\varepsilon_{\iota+1}$ est le plus petit
+point fixe de $\varphi$ qui soit strictement supérieur à
+$\varepsilon_\iota$, et notamment $\varepsilon_{\iota+1} >
+\varepsilon_\iota$, quel que soit $\iota$.
+
+Il est sans doute plus agréable, ensuite, de montrer que $\iota
+\mapsto \varepsilon_\iota$ est croissante à partir du fait que
+$\varepsilon_{\iota+1} \geq \varepsilon_\iota$ et de la continuité aux
+ordinaux limites (on peut légitimement tenir ce fait pour évident vu
+qu'il est sous-entendu par l'énoncé de la question en ce qu'elle
+définit $\lim_{\xi\to\delta} \varepsilon_\xi$ comme
+$\sup\{\varepsilon_\xi : \xi < \delta\}$).  Pour cela, on montre par
+induction transfinie sur $\beta$ que $\alpha \leq \beta$ implique
+$\varepsilon_\alpha \leq \varepsilon_\beta$.  Or si $\alpha = \beta$
+il n'y a rien à prouver, donc supposons $\alpha < \beta$.  Si $\beta$
+est successeur, disons $\beta = \gamma+1$, alors $\alpha < \beta$,
+signifie $\alpha \leq \gamma$, auquel cas l'hypothèse d'induction
+(comme $\gamma<\beta$) donne $\varepsilon_\alpha \leq
+\varepsilon_\gamma$ et d'après la remarque qu'on a faite,
+$\varepsilon_\alpha \leq \varepsilon_\gamma \leq
+\varepsilon_{\gamma+1} = \varepsilon_\beta$ comme on voulait.  Enfin,
+si $\beta$ est limite, alors $\varepsilon_\beta$ est défini comme la
+borne supérieure des $\varepsilon_\xi$ pour $\xi<\beta$, mais en
+particulier $\varepsilon_\alpha$ est dans cet ensemble dont on a pris
+la borne supérieure, donc $\varepsilon_\alpha \leq \varepsilon_\beta$.
+
+Ensuite, pour passer de croissant à strictement croissant, il suffit
+de dire que $\alpha < \beta$ équivaut à $\alpha+1 \leq \beta$, la
+croissance donne $\varepsilon_{\alpha+1} \leq \varepsilon_\beta$, et
+on a déjà remarqué $\varepsilon_\alpha < \varepsilon_{\alpha+1}$, d'où
+$\varepsilon_\alpha < \varepsilon_\beta$.
+
+Montrons enfin que $\varepsilon_\delta$ est point fixe de $\varphi$
+pour $\delta$ limite.  Le point crucial est qu'on a
+$\varphi(\lim_{\xi\to\delta} \varepsilon_\xi) = \lim_{\xi\to\delta}
+\varphi(\varepsilon_\xi)$ par continuité de $\varphi$ (pour etre tout
+à fait complet dans la démonstration de cette affirmation :
+$\varepsilon_\delta$ est par définition le plus petit ordinal
+supérieur ou égal à tous les $\varepsilon_\xi$ pour $\xi<\delta$, donc
+tout ordinal $\zeta<\varepsilon_\delta$ est majoré par un
+$\varepsilon_\xi$ pour un certain $\xi<\delta$, et par croissance de
+$\varphi$ on a alors $\varphi(\zeta)$ majoré par
+$\varphi(\varepsilon_\xi)$, donc la borne supérieure des
+$\varphi(\varepsilon_\xi)$ pour $\xi<\delta$ est aussi la borne
+supérieure des $\varphi(\zeta)$ pour $\zeta<\varepsilon_\delta$ : or
+cette dernière borne supérieure est $\varphi(\varepsilon_\delta)$ par
+continuité de $\varphi$, ce qui montre $\varphi(\varepsilon_\delta) =
+\lim_{\xi\to\delta} \varphi(\varepsilon_\xi)$).  On montre alors
+$\varphi(\varepsilon_\iota) = \varepsilon_\iota$ par induction
+sur $\xi$ : le cas successeur étant contenu dans la définiton même
+de $\varepsilon$, il n'y a qu'à traiter le cas limite, et on a alors
+$\varphi(\varepsilon_\delta) = \varphi(\lim_{\xi\to\delta}
+\varepsilon_\xi) = \lim_{\xi\to\delta} \varphi(\varepsilon_\xi) =
+\lim_{\xi\to\delta} \varepsilon_\xi = \varepsilon_\delta$.
+\end{corrige}
+
 (5) Montrer que tout ordinal $\gamma$ qui est un point fixe de
-$\varphi$ est de la forme $\varepsilon_\iota$ pour un certain
-ordinal $\iota$ (on pourra montrer qu'il existe $\iota$ tel que
-$\varepsilon_\iota\geq\gamma$ puis considérer le plus petit
-tel $\iota$).
+$\varphi$ est de la forme $\varepsilon_\alpha$ pour un certain
+ordinal $\alpha$ (on pourra montrer qu'il existe $\alpha$ tel que
+$\varepsilon_\alpha\geq\gamma$ puis considérer le plus petit
+tel $\alpha$).
+
+\begin{corrige}
+Pour la même raison qu'en (2), on a $\varepsilon_\alpha \geq \alpha$
+pour tout $\alpha$.  Donné un point fixe $\gamma$ de $\varphi$, on
+sait donc qu'il existe $\alpha$ tel que $\varepsilon_\alpha \geq
+\gamma$ (on vient de voir que $\alpha=\gamma$ convient).  Considérons
+le plus petit tel $\alpha$ : ceci a un sens car les ordinaux sont
+bien-ordonnés.  On veut montrer qu'on a $\varepsilon_\alpha = \gamma$.
+Si $\alpha$ est successeur, disons $\alpha = \beta+1$, alors
+$\varepsilon_\beta < \gamma$ par minimalité de $\alpha$, mais comme
+$\gamma$ est un point fixe de $\varphi$ et que $\varepsilon_{\beta+1}$
+est le plus petit point fixe après $\varepsilon_\beta$, on doit avoir
+$\varepsilon_{\beta+1} \leq \gamma$, soit $\varepsilon_\alpha \leq
+\gamma$, et on a bien prouvé $\varepsilon_\alpha = \gamma$.  Si
+$\alpha$ est limite, en revanche, par minimalité de $\alpha$, on a
+$\varepsilon_\xi < \gamma$ pour tout $\xi<\alpha$; or
+$\varepsilon_\alpha$ a été défini comme la borne supérieure de
+ces $\varepsilon_\xi$, donc on a $\varepsilon_\alpha \leq \gamma$, et
+on a bien prouvé $\varepsilon_\alpha = \gamma$.
+\end{corrige}
 
 \medskip
 
@@ -365,6 +476,18 @@ exposants $\gamma_i$ sont $<\alpha$ (on pourra utiliser le fait,
 démontré en (2), que $\omega^\gamma \geq \gamma$ pour tout
 ordinal $\gamma$).
 
+\begin{corrige}
+Notons pour commencer que $\omega^{\gamma_i} \leq \alpha$ (ceci
+résulte de la comparaison entre les formes normales de Cantor).  Si on
+avait $\gamma_i \geq \alpha$ alors on aurait $\alpha \geq
+\omega^{\gamma_i} \geq \gamma_i \geq \alpha$ : donc en fait toutes ces
+inégalités sont des égalités et $\alpha = \gamma_i =
+\omega^{\gamma_i}$ est un point fixe de la fonction $\gamma \mapsto
+\omega^\gamma$, ce qui, pour $\alpha < \varepsilon_1$, n'est possible
+que lorsque $\alpha = \varepsilon_0$, or on a supposé le contraire.
+C'est donc bien que $\gamma_i < \alpha$.
+\end{corrige}
+
 On appellera \emph{écriture 1} d'un ordinal $\alpha < \varepsilon_1$
 l'écriture qui est \underline{ou bien} $\varepsilon_0$ (considéré
 comme un symbole spécial), \underline{ou bien} une forme normale de
@@ -380,18 +503,59 @@ pas la contrainte sur les exposants), ni $\varepsilon_0 + 1$ (ce n'est
 ni le symbole spécial $\varepsilon_0$ ni une forme normale de Cantor),
 ni $(\varepsilon_0)^2$.
 
-(7) Il est facile de voir que cette écriture 1 permet
-algorithmiquement de manipuler les ordinaux $<\varepsilon_1$ :
-c'est-à-dire de les comparer, de les ajouter et de les multiplier (on
-ne demande pas de le justifier, les algorithmes étant essentiellement
-les mêmes que vus en cours pour les ordinaux $<\varepsilon_0$) : il
-faut simplement bien se rappeler que le fait que $\varepsilon_0 =
-\omega^{\varepsilon_0}$.  À titre d'exemple, calculer
-$\varepsilon_0\cdot \omega$ et $\varepsilon_0^2 =
-\varepsilon_0\cdot\varepsilon_0$ en écriture 1.  Expliquer comment
-calculer $(\varepsilon_0)^\alpha$ en écriture 1 lorsque $\alpha$ est
-lui-même donné en écriture 1.  À titre d'exemple, écrire
-$(\varepsilon_0)^{\omega 2}$ en écriture 1.
+(7) Expliquer brièvement pourquoi tout ordinal $<\varepsilon_1$
+possède bien une écriture 1 unique.  Il est facile de voir que cette
+écriture 1 permet algorithmiquement de manipuler les ordinaux
+$<\varepsilon_1$ : c'est-à-dire de les comparer, de les ajouter et de
+les multiplier (on ne demande pas de le justifier, les algorithmes
+étant essentiellement les mêmes que vus en cours pour les ordinaux
+$<\varepsilon_0$) : il faut simplement bien se rappeler dans les
+calculs intermédiaires le fait que $\varepsilon_0 =
+\omega^{\varepsilon_0}$.  Notamment calculer $\varepsilon_0\cdot 2$ et
+$\varepsilon_0\cdot \omega$ en écriture 1.  Expliquer comment calculer
+$(\varepsilon_0)^\alpha$ en écriture 1 lorsque $\alpha$ est lui-même
+donné en écriture 1.  Notamment, écrire $(\varepsilon_0)^{\omega 2}$
+en écriture 1.
+
+\begin{corrige}
+L'existence et l'unicité de l'écriture 1 résulte du (6) : donné un
+ordinal $<\varepsilon_1$, soit il est égal à $\varepsilon_0$, auquel
+cas il a une écriture 1 par définition (et celle-ci est bien unique
+car on n'autorise pas de forme normale de Cantor comme
+$\omega^{\varepsilon_0}$), soit on l'écrit sous forme normale de
+Cantor avec des exposants strictement plus petits que lui, cette
+représentation est unique, et on peut recommencer le procédé, ce qui
+termine au bout d'un nombre fini d'étapes puisqu'on a affaire à des
+ordinaux qui décroissent strictement.  (Ou, si on préfère, on montre
+par induction transfinie sur $\alpha < \varepsilon_1$ que $\alpha$
+possède une écriture 1 unique par le raisonnement qu'on vient de
+dire.)
+
+Calculons $\varepsilon_0\cdot 2$ en écriture 1 : il suffit de réécrire
+$\varepsilon_0$ comme $\omega^{\varepsilon_0}$, et alors
+$\omega^{\varepsilon_0}\cdot 2$ est une écriture 1 légitime (c'est
+bien une forme normale de Cantor dont les exposants sont tous écrits
+en écriture 1 et plus petit que l'ordinal donné).  De même, calculons
+$\varepsilon_0\cdot \omega$ : pour cela, on écrit $\varepsilon_0\cdot
+\omega = \omega^\varepsilon_0\cdot \omega = \omega^{\varepsilon_0+1} =
+\omega^{\omega^{\varepsilon_0}+1}$, ce qui est une écriture 1
+légitime.
+
+Pour calculer $(\varepsilon_0)^\alpha$, on l'écrit comme
+$(\omega^{\varepsilon_0})^\alpha = \omega^{\varepsilon_0\,\alpha}$, or
+on vient de dire qu'on peut calculer algorithmiquement l'écriture 1 de
+$\varepsilon_0\,\alpha$ en fonction de celle de $\alpha$ : en la
+remplaçant dans l'exposant, on obtient alors une écriture 1 de
+$\omega^{\varepsilon_0\,\alpha}$ (sauf pour $\alpha=1$ auquel cas on
+laisse $\varepsilon_0$ comme résultat).
+
+Calculons $(\varepsilon_0)^{\omega 2}$ en écriture 1 : on vient de
+voir qu'il vaut $\omega^{\varepsilon_0\,\omega 2}$, or
+$\varepsilon_0\,\omega 2 = \omega^{\omega^{\varepsilon_0}+1}\,2$ comme
+au-dessus, donc $(\varepsilon_0)^{\omega 2} =
+\omega^{\omega^{\omega^{\varepsilon_0}+1}\,2}$ (avec le parenthésage :
+$\omega^{((\omega^{((\omega^{\varepsilon_0})+1)})\cdot 2)}$).
+\end{corrige}
 
 (8) Indépendamment des questions précédentes, rappeler pourquoi tout
 ordinal $\alpha$ possède une écriture unique sous la forme
@@ -400,6 +564,11 @@ $(\varepsilon_0)^{\gamma_s}\, \xi_s + \cdots +
 sont des ordinaux et où $\xi_s,\ldots,\xi_1$ sont des ordinaux tous
 non nuls et strictement inférieurs à $\varepsilon_0$.
 
+\begin{corrige}
+Il s'agit de l'écriture en base $\tau$ des ordinaux, dans le cas
+particulier de $\tau = \varepsilon_0$.
+\end{corrige}
+
 (9) Indépendamment des questions précédentes, montrer que
 $\varepsilon_0 + \varepsilon_1 = \varepsilon_1$ (on rappelle que
 $\omega^\gamma + \omega^{\gamma'} = \omega^{\gamma'}$ lorsque $\gamma
@@ -412,6 +581,33 @@ $\omega^\delta = \delta$ (on pourra montrer $\delta \leq \omega^\delta
 $\delta \geq \varepsilon_1$.  En déduire que $\varepsilon_1$ est le
 plus petit ordinal tel que $(\varepsilon_0)^{\delta} = \delta$.
 
+\begin{corrige}
+On a $\varepsilon_0 + \varepsilon_1 = \omega^{\varepsilon_0} +
+\omega^{\varepsilon_1} = \omega^{\varepsilon_1}$ car $\varepsilon_0 <
+\varepsilon_1$.  On en déduit $\varepsilon_0 \cdot \varepsilon_1 =
+\omega^{\varepsilon_0} \cdot \omega^{\varepsilon_1} =
+\omega^{\varepsilon_0 + \varepsilon_1} = \omega^{\varepsilon_1} =
+\varepsilon_1$.  On en déduit $(\varepsilon_0)^{\varepsilon_1} =
+((\omega^{\varepsilon_0})^{\varepsilon_1} =
+\omega^{\varepsilon_0\cdot\varepsilon_1} = \omega^{\varepsilon_1} =
+\varepsilon_1$.
+
+Si $(\varepsilon_0)^{\delta} = \delta$ alors $\delta \leq
+\omega^\delta \leq \omega^{\varepsilon_0 \delta} =
+(\omega^{\varepsilon_0})^\delta = (\varepsilon_0)^{\delta} = \delta$
+où les deux inégalités résultent de (2) et de la croissance de
+$\gamma\mapsto\omega^\gamma$, donc toutes ces inégalités sont des
+égalités et notamment $\omega^\delta = \delta$.  Comme $\varepsilon_1$
+est le deuxième point fixe de $\gamma \mapsto \omega^\gamma$, on en
+déduit que soit $\delta = \varepsilon_0$ soit $\delta \geq
+\varepsilon_1$ : le premier est exclu car
+$\varepsilon_0^{\varepsilon_0} > \varepsilon_0$ (par stricte
+croissance de l'exponentiation ordinale en l'exposant lorsque la base
+est $\geq 2$), et on a donc $\delta \geq \varepsilon_1$.  On a bien
+prouvé que $\varepsilon_1$ est le plus petit ordinal tel que
+$(\varepsilon_0)^{\delta} = \delta$.
+\end{corrige}
+
 On appellera \emph{écriture 2} d'un ordinal $\alpha < \varepsilon_1$
 une écriture $(\varepsilon_0)^{\gamma_s}\, \xi_s + \cdots +
 (\varepsilon_0)^{\gamma_1}\, \xi_1$ comme en (7), où les exposants
@@ -428,9 +624,32 @@ $(\varepsilon_0)^{\varepsilon_0}\,\omega^\omega\,3$ sont des
 forme normale de Cantor itérée, donc ne faisant jamais intervenir
 $\varepsilon_0$).
 
-(10) Esquisser un algorithme permettant de convertire l'écriture 2
-d'un ordinal $<\varepsilon_1$ en écriture 1 (on utilisera la
-question (7)).
+(10) Expliquer brièvement pourquoi tout ordinal $<\varepsilon_1$
+possède bien une écriture 2 unique.  Esquisser un algorithme
+permettant de convertire l'écriture 2 d'un ordinal $<\varepsilon_1$ en
+écriture 1 (on utilisera la question (7)).
+
+\begin{corrige}
+L'existence et l'unicité de l'écriture 2 résulte de (8) et de
+l'existence et unicité de la forme normale de Cantor itérée pour les
+ordinaux $<\varepsilon_0$.
+
+Pour convertir de l'écriture 2 en écriture 1, on part de l'écriture 2,
+on convertit chaque exposant de $(\varepsilon_0)^\gamma$ de
+l'écriture 1 en écriture 2 en utilisant l'algorithme récursivement
+(ceci termine bien car les exposants sont strictement plus simples, ou
+plus petits comme on voudra dire).  On calcule alors la valeur de
+$(\varepsilon_0)^\gamma$ en partant de l'écriture 1 de $\gamma$ en
+utilisant la question (7).  Il ne reste alors plus qu'à distribuer à
+droite les produits $(\varepsilon_0)^\gamma\cdot\xi$ avec $\xi$ écrit
+comme forme normale de Cantor itérée, et enfin calculer l'expression
+globale en écriture 1 (ce qui ne fait intervenir que des sommes et des
+produits, qu'on sait calculer).
+\end{corrige}
+
+{\footnotesize\textit{Remarque.} Il est aussi possible de convertir
+  algorithmiquement de l'écriture 1 vers l'écriture 2 : ceci passe par
+  calculer les $\omega^\alpha$ pour $\alpha$ donné en écriture 2.\par}
 
 \medskip
 
@@ -461,9 +680,62 @@ ordinal $<\varepsilon_1$, montrer que Hercule gagne toujours,
 c'est-à-dire qu'il va toujours réduire l'hydre à sa seule racine en
 temps fini.
 
+\begin{corrige}
+À toute hydre $T$ on associe un ordinal $o(T) <\varepsilon_1$ par
+récurrence sur la profondeur de l'arbre, de la façon suivante : si $T$
+est un œuf, alors on pose $o(T) = \varepsilon_0$ ; sinon, si
+$T_1,\ldots,T_r$ sont les sous-arbres ayant pour racine les fils de la
+racine, triés de façon que $o(T_1) \geq \cdots \geq o(T_r)$, alors on
+pose $o(T) = \omega^{o(T_1)} + \cdots + \omega^{o(T_r)}$.  Exactement
+les mêmes démonstrations que dans le cours tiennent, il faut
+simplement ajouter la clause suivante : si $T$ est un œuf et $T'$ est
+une hydre sans œuf, alors $o(T') < \varepsilon_0 = o(T)$, donc en
+remplaçant l'œuf par une hydre sans œuf quelconque, on fait
+strictement décroître l'ordinal.
+
+(Remarquons que, comme $\varepsilon_0 = \omega^{\varepsilon_0}$, une
+tige de longueur arbitraire se finissant par un œuf a toujours la même
+valeur $\varepsilon_0$ avec ce système : ce n'est pas un problème, et
+ce n'est pas surprenant puisque de telles tiges offrent
+essentiellement les mêmes possibilités à l'hydre.)
+\end{corrige}
+
 (12) Donner un exemple de position du jeu associé à l'ordinal
 $(\varepsilon_0)^{\varepsilon_0}$ par le système proposé en (11).
 
+\begin{corrige}
+L'hydre suivante (dans laquelle les œufs ont été représentés par des
+ovales gris) :
+\begin{center}
+\begin{tikzpicture}[baseline=0]
+\draw[very thin] (-1.5,0) -- (1.5,0);
+\begin{scope}[every node/.style={circle,fill,inner sep=0.5mm}]
+\node (P0) at (0,0) {};
+\node (P1) at (0,1) {};
+\node (P2) at (0,2) {};
+\node (P3) at (-1,3) {};
+\node (P4) at (1,3) {};
+\end{scope}
+\begin{scope}[line width=1.5pt]
+\draw (P0) -- (P1);
+\draw (P1) -- (P2);
+\draw (P2) -- (P3);
+\draw (P2) -- (P4);
+\fill[fill=gray] (P3) to[out=0,in=270] ($(P3) + (0.3,0.3)$) to[out=90,in=0] ($(P3) + (0,1.0)$) to[out=180,in=90] ($(P3) + (-0.3,0.3)$) to[out=270,in=180] (P3);
+\fill[fill=gray] (P4) to[out=0,in=270] ($(P4) + (0.3,0.3)$) to[out=90,in=0] ($(P4) + (0,1.0)$) to[out=180,in=90] ($(P4) + (-0.3,0.3)$) to[out=270,in=180] (P4);
+\end{scope}
+\begin{scope}[every node/.style={circle,fill,inner sep=0.5mm}]
+\node at (P3) {};
+\node at (P4) {};
+\end{scope}
+\end{tikzpicture}
+\end{center}
+a la valeur $\omega^{\omega^{\varepsilon_0\,2}} =
+\omega^{(\omega^{\varepsilon_0})^2} = \omega^{\varepsilon_0^2} =
+(\omega^{\varepsilon_0})^{\varepsilon_0} =
+(\varepsilon_0)^{\varepsilon_0}$, comme demandé.
+\end{corrige}
+
 
 %
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