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index 4205a47..9f4b5ba 100644
--- a/controle-20250626.tex
+++ b/controle-20250626.tex
@@ -526,117 +526,6 @@ la démonstration.
 \end{corrige}
 
 
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-\exercise
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-Dans cet exercice, on fixe un ordinal $\varepsilon$ tel que
-$\varepsilon = \omega^\varepsilon$.
-
-\textbf{(1)} Montrer que $\varepsilon^\varepsilon =
-\omega^{\varepsilon^2}$ 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
-d'ordinaux définie par récurrence par $\beta_0 = \varepsilon+1$ et
-$\beta_{n+1} = \omega^{\beta_n}$.  Autrement dit : $1, \varepsilon,
-\varepsilon^{\varepsilon}, \varepsilon^{\varepsilon^\varepsilon},
-\varepsilon^{\varepsilon^{\varepsilon^\varepsilon}}, \ldots$ d'une
-part, et $\varepsilon+1, \omega^{\varepsilon+1},
-\omega^{\omega^{\varepsilon+1}},
-\omega^{\omega^{\omega^{\varepsilon+1}}}, \ldots$ de l'autre.  Montrer
-que ces suites ont la même limite.
-
-\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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