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diff --git a/controle-20210412.tex b/controle-20210412.tex index 450422f..110f494 100644 --- a/controle-20210412.tex +++ 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} + % % |