Choisir et combiner ses raisonnements

Le raisonnement se choisit d'après le symbole le plus extérieur de la conclusion, une fois celle-ci écrite sous forme logique (lecture traitée dans « Bâtir le plan d'une preuve selon le but »). Chaque forme a un raisonnement par défaut et un second choix, pour le cas où le premier bloque. Une fois le symbole extérieur traité, on recommence sur ce qui reste à démontrer.

Certains buts se reconnaissent moins à un symbole qu'à leur nature : un énoncé sur tous les entiers, la recherche de toutes les solutions, une égalité, une unicité, une impossibilité en entiers, un processus, une coïncidence forcée. À chacun correspond un raisonnement de premier réflexe, étudié dans son propre thème. Les hypothèses peuvent faire préférer le second choix.

« N'existe pas », « n'est pas », « est irrationnel », « est différent de » annoncent une conclusion négative. « Déterminer tous », « déterminer l'ensemble des », « trouver les » réclament toutes les solutions et leur vérification ; « au plus un » réclame une unicité, « un unique » une existence et une unicité. « Peut-on obtenir », « peut-on atteindre » et « le processus s'arrête-t-il » évoquent un invariant ou une quantité qui décroît. « Parmi … il en existe deux » évoque les tiroirs, et « pour tout entier » la récurrence, à condition que chaque rang se déduise des précédents.

Quand : devant tout énoncé à démontrer, au brouillon, avant d'écrire la première ligne de la copie.
1) Écrire la conclusion sous forme logique et repérer son symbole le plus extérieur ($\forall$, $\exists$, $\Rightarrow$, $\Leftrightarrow$, négation) ou sa nature (tous les entiers, « déterminer tous », égalité, unicité, impossibilité dans $\mathbb{N}$, processus, coïncidence).
2) Lire dans le tableau des correspondances le raisonnement par défaut et le second choix.
3) Confronter ce choix aux hypothèses : on retient le raisonnement qui met en main un objet manipulable (un témoin, une égalité, une hypothèse de récurrence utile, une liste de candidats).
4) Traiter le symbole extérieur, puis reprendre l'étape 1 sur ce qui reste à démontrer : « pour tout $x \in E$, si $P(x)$, alors $Q(x)$ » devient « Soit $x \in E$. Supposons $P(x)$. Montrons $Q(x)$. ».
5) Ouvrir le raisonnement retenu par sa phrase d'annonce : « Raisonnons par l'absurde. », « Montrons la contraposée : … », « Procédons par analyse-synthèse. », « Montrons par récurrence que pour tout $n \in \mathbb{N}$, $P(n)$ est vraie. ».
6) Le mener jusqu'à sa phrase de clôture, puis écrire la conclusion qui répond exactement à la question.

Déterminer tous les entiers naturels non nuls $n$ tels que $n$ divise $n + 6$, en justifiant le choix du raisonnement.
Choix du raisonnement. Le but est de déterminer tous les entiers qui vérifient une condition, sans les connaître d'avance ; on raisonne donc par analyse-synthèse, dont l'analyse enferme toute solution dans une liste finie et dont la synthèse vérifie chaque candidat, ce qui dispense de justifier la réciproque de chaque étape.
Analyse. Soit $n \in \mathbb{N}^*$ tel que $n$ divise $n + 6$.
Il existe donc un entier $k$ tel que $n + 6 = kn$.
Alors $6 = kn - n = (k - 1)n$, et $k - 1$ est un entier, donc $n$ divise $6$.
Or les diviseurs positifs de $6$ sont $1$, $2$, $3$ et $6$, donc $n \in \{1, 2, 3, 6\}$.
Synthèse. Réciproquement, $1 + 6 = 7 \times 1$, $2 + 6 = 4 \times 2$, $3 + 6 = 3 \times 3$ et $6 + 6 = 2 \times 6$.
Donc $n$ divise $n + 6$ pour chacun des entiers $n \in \{1, 2, 3, 6\}$.
Conclusion. L'ensemble des entiers naturels non nuls $n$ tels que $n$ divise $n + 6$ est $\{1, 2, 3, 6\}$.
À retenir : on justifie l'analyse-synthèse par ce que garantit chacune de ses deux parties, et l'on conclut par l'ensemble des solutions.

Pour démontrer $P \Rightarrow Q$, trois raisonnements sont logiquement équivalents : le direct suppose $P$ et atteint $Q$ ; la contraposée suppose $\neg Q$ et atteint $\neg P$ ; l'absurde suppose $P$ et $\neg Q$ et aboutit à une contradiction. Le choix ne change pas la validité de la preuve, seulement ce que l'on a en main au départ. La contraposée est un absurde dont la contradiction porte sur $P$ : un absurde qui ne se sert de $P$ que pour le contredire à la fin est une contraposée déguisée, et les deux rédactions sont justes. La contraposée annonce d'emblée ce qu'elle démontre ; l'absurde garde $P$ disponible, ce qui est d'usage quand $P$ est déjà supposée, comme l'hypothèse de récurrence dans une hérédité.

Quand : le tableau des correspondances propose deux raisonnements pour le même but, ou le premier essai bloque au brouillon.
1) La conclusion est-elle négative ($\neq$, « n'est pas », « irrationnel », « il n'existe pas ») ? Supposer son contraire fournit une égalité ou un objet : on choisit l'absurde. Si le but est une implication, la contraposée convient aussi et les deux se valent : la contraposée annonce d'emblée ce qu'elle démontre, l'absurde garde l'hypothèse disponible jusqu'au bout (voir la rédaction modèle « un absurde dans une hérédité »).
2) L'hypothèse est-elle négative ou difficile à exploiter, alors que la négation de la conclusion donne une écriture explicite ? On choisit la contraposée plutôt que le direct (voir la rédaction modèle « des cas dans une contraposée »).
3) Le but est-il une équivalence ? Chaque sens est une implication à part, dont on choisit le raisonnement indépendamment de l'autre.
4) Pour un énoncé en $n$, $P(n + 1)$ se déduit-il de $P(n)$ ou des rangs précédents ? Si oui, récurrence ; si la preuve n'utilise aucun rang précédent, preuve directe ouverte par « Soit $n \in \mathbb{N}$. » ; si l'hérédité réclame une information que $P(n)$ ne donne pas, on renforce la propriété ou l'on s'appuie sur un résultat auxiliaire (voir « Choisir la propriété de récurrence » et la rédaction modèle « un entier qui joue deux rôles »).
5) Pour « déterminer tous », l'analyse-synthèse convient toujours : la synthèse vérifie chaque candidat, ce qui dispense de justifier la réciproque de chaque étape. Une chaîne d'équivalences est plus courte quand chaque étape est réversible et que l'on sait justifier ses deux sens ; elle est exclue dès qu'une étape n'est qu'une implication, comme une élévation au carré.
6) Pour une impossibilité dans $\mathbb{N}$ : quand on sait fabriquer, à partir d'une solution, une solution strictement plus petite, descente infinie et plus petit contre-exemple se valent, l'une concluant par une suite infinie strictement décroissante d'entiers naturels, l'autre par une contradiction avec la minimalité. On part d'un plus petit contre-exemple quand la minimalité sert aussi ailleurs dans la preuve : fraction de dénominateur minimal, rangs inférieurs qui vérifient tous la propriété.
7) Test final : si l'hypothèse « par l'absurde » ne sert dans aucune ligne avant la contradiction, la preuve est directe et se réécrit sans elle.

Énoncé : soient $a$ et $b$ deux entiers impairs ; montrer que $a + b$ est pair.
Ligne fautive : « Supposons par l'absurde que $a + b$ est impair. Il existe des entiers $k$ et $\ell$ tels que $a = 2k + 1$ et $b = 2\ell + 1$, donc $a + b = 2(k + \ell + 1)$ est pair, ce qui est absurde. »
L'hypothèse « $a + b$ est impair » ne sert à aucune étape : elle n'est invoquée qu'à la fin, pour être contredite. La preuve est directe, déguisée en absurde ; le déguisement allonge la copie, cache l'argument et impose d'écrire une négation de plus, source d'erreurs.
Version correcte : « Comme $a$ et $b$ sont impairs, il existe des entiers $k$ et $\ell$ tels que $a = 2k + 1$ et $b = 2\ell + 1$. Alors $a + b = 2(k + \ell + 1)$ et $k + \ell + 1$ est un entier, donc $a + b$ est pair. »
Test : si l'on peut effacer « Supposons par l'absurde » et la contradiction finale sans rien perdre, l'absurde était inutile.

Énoncé : montrer que pour tout réel $x \geq 0$, $x^3 + x \geq 2x^2$.
Ligne fautive : « Pour $x \geq 0$, notons $P(x)$ : $x^3 + x \geq 2x^2$. Initialisation : $P(0)$ est vraie. Hérédité : supposons $P(x)$ et montrons $P(x + 1)$. »
La variable $x$ est réelle : même menée à bien, cette récurrence n'établirait l'inégalité que pour $x \in \mathbb{N}$, et ne dirait rien de $x = \frac{1}{2}$. Une récurrence démontre une propriété indexée par des entiers ; ici, aucun entier n'indexe l'énoncé, et le raisonnement adapté est direct.
Version correcte : « Soit $x \geq 0$. On a $x^3 - 2x^2 + x = x(x^2 - 2x + 1) = x(x - 1)^2$. Or $x \geq 0$ et $(x - 1)^2 \geq 0$, donc $x(x - 1)^2 \geq 0$, c'est-à-dire $x^3 + x \geq 2x^2$. »
Signal d'alerte : la lettre sur laquelle porterait la récurrence n'a pas été introduite dans $\mathbb{N}$ ni dans un ensemble d'entiers.

Quand : l'énoncé demande de justifier le choix, ou le raisonnement retenu n'est pas celui qu'un lecteur attendrait (contraposée plutôt que direct, résultat auxiliaire plutôt que récurrence directe).
1) Nommer la forme du but : « L'énoncé porte sur tous les entiers $n \geq 1$ », « Le but est une implication dont l'hypothèse est une égalité ».
2) Nommer le raisonnement retenu : « on raisonne par contraposée », « on raisonne par analyse-synthèse ».
3) Donner la raison, c'est-à-dire ce que ce raisonnement met en main et que l'autre ne donne pas : « car la négation de la conclusion se scinde en deux inégalités exploitables », « car l'hypothèse de récurrence porte sur une autre base ».
4) Écrire le tout en une phrase, sur le modèle : « Le but est …, et … ; on raisonne donc par …, qui fournit … ».
5) Placer cette phrase en tête de la démonstration, puis mener exactement le raisonnement annoncé.
Sont insuffisantes : « on fait une récurrence car il y a un $n$ » (la forme sans la raison) et « on raisonne par l'absurde car c'est plus simple » (une raison vide).

Démontrer que pour tout entier $n \geq 1$, $\left(1 + \frac{1}{n}\right)^n \geq 2$, en justifiant le choix du raisonnement.
Choix du raisonnement. L'énoncé porte sur tous les entiers $n \geq 1$, mais $n$ figure à la fois dans la base et dans l'exposant, si bien que l'hypothèse de récurrence, qui porte sur la base $1 + \frac{1}{n}$, ne se relie pas simplement à $\left(1 + \frac{1}{n+1}\right)^{n+1}$ ; on raisonne donc directement, pour un entier $n \geq 1$ quelconque, en appliquant l'inégalité de Bernoulli, où la base est fixée et seul l'exposant varie.
Soit $n$ un entier tel que $n \geq 1$.
L'inégalité de Bernoulli affirme que pour tout réel $x \geq -1$ et tout entier naturel $m$, $(1 + x)^m \geq 1 + mx$.
Comme $n > 0$, le réel $\frac{1}{n}$ est strictement positif, donc $\frac{1}{n} \geq -1$.
D'après l'inégalité de Bernoulli appliquée au réel $\frac{1}{n}$ et à l'entier naturel $n$, $\left(1 + \frac{1}{n}\right)^n \geq 1 + n \times \frac{1}{n}$.
Or $n \times \frac{1}{n} = 1$, donc $\left(1 + \frac{1}{n}\right)^n \geq 1 + 1 = 2$.
Conclusion. Pour tout entier $n \geq 1$, $\left(1 + \frac{1}{n}\right)^n \geq 2$.
À retenir : quand un entier joue deux rôles, on s'appuie sur un résultat où il n'en joue plus qu'un, puis on l'applique à des valeurs nommées dont on a vérifié les hypothèses.

Chaque raisonnement s'ouvre par une phrase qui le nomme et se ferme par une phrase qui en tire la conclusion. Absurde : « Supposons par l'absurde que … », puis « … ce qui est absurde, donc … ». Contraposée : « Montrons la contraposée : si …, alors … », puis « La contraposée est démontrée, donc l'implication aussi ». Récurrence : « Montrons par récurrence sur $n$ que … », puis « Par récurrence, … pour tout $n$ » ; cas : « Distinguons deux cas », puis « Dans les deux cas, … ». Analyse-synthèse : « Analyse : soit … », puis « Synthèse : réciproquement, … », avant l'ensemble des solutions.

Énoncé : soient $a$ et $b$ deux réels ; montrer que si $a + b > 2$, alors $a > 1$ ou $b > 1$.
Ligne fautive : « Raisonnons par l'absurde. Supposons $a \leq 1$ et $b \leq 1$. En additionnant, $a + b \leq 2$. »
L'annonce promet un raisonnement par l'absurde, mais la copie mène une contraposée : elle ne suppose jamais $a + b > 2$ et ne signale aucune contradiction. Le lecteur ne sait plus ce qui a été supposé ni ce qui a été démontré.
Version correcte par contraposée : « Montrons la contraposée : si $a \leq 1$ et $b \leq 1$, alors $a + b \leq 2$. Supposons $a \leq 1$ et $b \leq 1$. En additionnant ces inégalités, $a + b \leq 2$. La contraposée est démontrée, donc si $a + b > 2$, alors $a > 1$ ou $b > 1$. »
Version correcte par l'absurde : « Supposons $a + b > 2$ et, par l'absurde, $a \leq 1$ et $b \leq 1$. En additionnant, $a + b \leq 2$, ce qui contredit $a + b > 2$. Donc $a > 1$ ou $b > 1$. »

Deux raisonnements sont imbriqués quand une étape d'un raisonnement extérieur (l'hérédité d'une récurrence, un sens d'une équivalence, la contraposée d'une implication) est démontrée par un raisonnement intérieur (absurde, disjonction de cas, contraposée). Le raisonnement intérieur a pour but celui de cette étape seulement, et ses propres hypothèses provisoires. Ces hypothèses cessent d'être disponibles dès qu'il est clos : seule sa conclusion passe au raisonnement extérieur.

Quand : au brouillon, une étape du raisonnement principal a elle-même une forme qui appelle un autre raisonnement : conclusion négative dans une hérédité, négation qui se scinde en cas dans une contraposée, sens d'une équivalence qui se prouve par l'absurde.
1) Ouvrir le raisonnement extérieur par sa phrase d'annonce : « Montrons par récurrence que … », « Montrons la contraposée : si …, alors … ».
2) Au début de l'étape concernée, écrire son but : « Montrons $P(n + 1)$, c'est-à-dire que … ».
3) Ouvrir le raisonnement intérieur sur ce seul but : « Supposons par l'absurde que … », en niant $P(n + 1)$ et jamais l'énoncé entier, ou « Distinguons deux cas. », en ne découpant que l'hypothèse de l'étape.
4) Le mener sans réemployer, pour un autre objet, une lettre déjà fixée à l'extérieur.
5) Le fermer par une phrase qui dit ce qui est contredit, ou ce qui vaut dans tous les cas, puis ce qui en résulte : « … ce qui contredit l'hypothèse de récurrence. Ainsi $P(n + 1)$ est vraie. », « Dans les deux cas, … ».
6) Revenir au raisonnement extérieur en le nommant : « Cela achève l'hérédité. », « La contraposée est démontrée. », puis écrire sa conclusion.
7) Après la fermeture, ne plus utiliser les hypothèses du raisonnement intérieur (hypothèse de l'absurde, hypothèse d'un cas).
Sur la copie, un intitulé par niveau (« Hérédité. », « Cas 1. ») rend la structure visible.

Soient $f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ une fonction croissante et $x$ un réel. Montrer que si $f(f(x)) = x$, alors $f(x) = x$.
Choix du raisonnement. L'hypothèse $f(f(x)) = x$ est une égalité dont on ne peut rien tirer par la croissance de $f$, alors que la négation de la conclusion, $f(x) \neq x$, se scinde en deux inégalités strictes auxquelles la croissance s'applique : on raisonne par contraposée, puis par disjonction de cas selon la position de $f(x)$ par rapport à $x$.
Montrons la contraposée : si $f(x) \neq x$, alors $f(f(x)) \neq x$.
Supposons $f(x) \neq x$. Alors $f(x) > x$ ou $f(x) < x$ ; distinguons ces deux cas.
Cas 1 : $f(x) > x$. Comme $x \leq f(x)$ et que $f$ est croissante, $f(x) \leq f(f(x))$. Donc $f(f(x)) \geq f(x) > x$ ; en particulier $f(f(x)) \neq x$.
Cas 2 : $f(x) < x$. Comme $f(x) \leq x$ et que $f$ est croissante, $f(f(x)) \leq f(x)$. Donc $f(f(x)) \leq f(x) < x$ ; en particulier $f(f(x)) \neq x$.
Dans les deux cas, $f(f(x)) \neq x$ : la contraposée est démontrée.
Conclusion. Si $f(f(x)) = x$, alors $f(x) = x$.
À retenir : les cas s'ouvrent à l'intérieur de la contraposée, sur sa seule hypothèse $f(x) \neq x$, et se referment par « dans les deux cas » avant la conclusion de la contraposée.

Montrer que pour tout entier naturel $n$, $2^n$ n'est pas multiple de $3$.
Choix du raisonnement. L'énoncé porte sur tous les entiers naturels et $2^{n+1}$ s'obtient à partir de $2^n$, donc on raisonne par récurrence ; la propriété à transmettre étant négative, on la démontre dans l'hérédité par l'absurde, qui fournit une égalité $2^{n+1} = 3k$ à manipuler.
Pour $n \in \mathbb{N}$, notons $P(n)$ : « $2^n$ n'est pas multiple de $3$ ».
Initialisation. $2^0 = 1$ est strictement compris entre les multiples consécutifs $0$ et $3$ de $3$, donc n'est pas multiple de $3$ : $P(0)$ est vraie.
Hérédité. Soit $n \in \mathbb{N}$ tel que $P(n)$ soit vraie. Montrons $P(n + 1)$, c'est-à-dire que $2^{n+1}$ n'est pas multiple de $3$.
Supposons par l'absurde que $2^{n+1}$ est multiple de $3$ : il existe un entier $k$ tel que $2^{n+1} = 3k$.
Alors $2^n = 3 \times 2^n - 2 \times 2^n = 3 \times 2^n - 2^{n+1} = 3 \times 2^n - 3k = 3(2^n - k)$.
Comme $2^n - k$ est un entier, $2^n$ est multiple de $3$, ce qui contredit l'hypothèse de récurrence $P(n)$.
Ainsi $2^{n+1}$ n'est pas multiple de $3$ : $P(n + 1)$ est vraie, ce qui achève l'hérédité.
Conclusion. Par récurrence, pour tout entier naturel $n$, $2^n$ n'est pas multiple de $3$.
Variante. L'hérédité se rédige aussi par contraposée, avec le même calcul : si $2^{n+1}$ est multiple de $3$, alors $2^n$ l'est aussi. L'absurde, retenu ici, suit le sens de l'hérédité, de $P(n)$ vers $P(n + 1)$.
À retenir : l'absurde intérieur ne nie que le but de l'hérédité, $P(n + 1)$, et se referme sur la contradiction avec $P(n)$ avant que la récurrence reprenne.

Énoncé : montrer que pour tout $n \in \mathbb{N}$, $2^n$ n'est pas multiple de $3$.
Ligne fautive : « Hérédité : soit $n \in \mathbb{N}$ tel que $2^n$ ne soit pas multiple de $3$. Supposons par l'absurde qu'il existe un entier $n$ tel que $2^n$ soit multiple de $3$. »
Les deux raisonnements se mélangent. L'absurde nie l'énoncé entier au lieu du seul but de l'hérédité, « $2^{n+1}$ n'est pas multiple de $3$ », et réintroduit la lettre $n$, déjà fixée, pour un autre entier : l'hypothèse de récurrence et l'hypothèse de l'absurde paraissent alors parler du même nombre. Rien n'indique non plus où l'absurde s'arrête et où l'hérédité reprend.
Version correcte : « Hérédité : soit $n \in \mathbb{N}$ tel que $2^n$ ne soit pas multiple de $3$. Montrons que $2^{n+1}$ n'est pas multiple de $3$. Supposons par l'absurde que $2^{n+1}$ est multiple de $3$. […] ce qui contredit l'hypothèse de récurrence. Ainsi $2^{n+1}$ n'est pas multiple de $3$, ce qui achève l'hérédité. »

Un lemme est un résultat intermédiaire énoncé à part, avec ses hypothèses et ses lettres quantifiées, et démontré avant d'être utilisé. Son énoncé est autonome : il se lit sans le reste de la preuve et s'applique à toute valeur qui vérifie ses hypothèses. Le plan annoncé est la phrase qui, en tête d'une démonstration longue, dit dans quel ordre les lemmes seront établis et comment ils mèneront à la conclusion.

Quand : la preuve au brouillon dépasse une dizaine de lignes, une même étape sert deux fois, une étape porte sur d'autres objets que l'énoncé, ou une étape demande un raisonnement différent du reste.
1) Isoler au brouillon chaque résultat intermédiaire et l'écrire comme un énoncé complet : hypothèses, lettres quantifiées, conclusion.
2) Généraliser quand cela simplifie : remplacer une valeur particulière par une lettre ($2^a$ par un réel $q$), pour que le lemme ne dépende plus du problème.
3) Annoncer le plan en tête : « La démonstration comporte trois étapes : on établit d'abord … (lemme 1), puis … (lemme 2), et l'on en déduit … ».
4) Énoncer puis démontrer chaque lemme dans l'ordre où il sert, sous l'intitulé « Lemme 1. », et le fermer par « Ce qui démontre le lemme 1. ».
5) Invoquer un lemme en citant son numéro et les valeurs auxquelles on l'applique, après avoir vérifié ses hypothèses : « D'après le lemme 1 appliqué au réel $q = 2^a$ et à l'entier $b$, … ».
6) Relire : le plan annoncé a-t-il été suivi, chaque lemme a-t-il servi, et la dernière phrase répond-elle à la question posée ?

Soit $n$ un entier tel que $n \geq 2$. Montrer que si $2^n - 1$ est premier, alors $n$ est premier.
Plan. L'hypothèse « $2^n - 1$ est premier » ne fournit aucune écriture exploitable, alors que « $n$ n'est pas premier » fournit une factorisation $n = ab$ : on raisonne par contraposée. La démonstration comporte trois étapes : le lemme 1 factorise $q^b - 1$, le lemme 2 en déduit que $2^a - 1$ divise $2^{ab} - 1$, et la conclusion exhibe un diviseur de $2^n - 1$ strictement compris entre $1$ et $2^n - 1$.
Lemme 1. Pour tout réel $q$ et tout entier $b \geq 1$, $q^b - 1 = (q - 1)(1 + q + \cdots + q^{b-1})$.
Démonstration. Soient $q$ un réel et $b \geq 1$ un entier. En développant, $(q - 1)(1 + q + \cdots + q^{b-1}) = (q + q^2 + \cdots + q^b) - (1 + q + \cdots + q^{b-1})$.
Les puissances $q^1, \ldots, q^{b-1}$ figurent dans les deux sommes et se simplifient (il n'y en a aucune si $b = 1$), donc ce produit vaut $q^b - 1$. Ce qui démontre le lemme 1.
Lemme 2. Pour tous entiers $a \geq 1$ et $b \geq 1$, $2^a - 1$ divise $2^{ab} - 1$.
Démonstration. Soient $a \geq 1$ et $b \geq 1$ deux entiers. D'après le lemme 1 appliqué au réel $q = 2^a$ et à l'entier $b$, $2^{ab} - 1 = (2^a)^b - 1 = (2^a - 1)(1 + 2^a + \cdots + 2^{a(b-1)})$.
Le second facteur est une somme d'entiers, donc un entier ; ainsi $2^a - 1$ divise $2^{ab} - 1$. Ce qui démontre le lemme 2.
Conclusion. Montrons la contraposée : si $n$ n'est pas premier, alors $2^n - 1$ n'est pas premier.
Supposons $n$ non premier. Comme $n \geq 2$, $n$ admet un diviseur $a$ tel que $1 < a < n$ ; notons $b$ l'entier tel que $n = ab$, qui vérifie $b \geq 1$ car $n$ et $a$ sont strictement positifs.
D'après le lemme 2 appliqué aux entiers $a$ et $b$, $2^a - 1$ divise $2^{ab} - 1 = 2^n - 1$.
Or $2 \leq a < n$, donc $4 \leq 2^a < 2^n$, puis $3 \leq 2^a - 1 < 2^n - 1$.
Ainsi $2^n - 1$ admet un diviseur strictement compris entre $1$ et lui-même, donc $2^n - 1$ n'est pas premier. La contraposée est démontrée.
Donc si $2^n - 1$ est premier, alors $n$ est premier.
À retenir : chaque lemme est énoncé avec ses propres lettres et hypothèses, démontré puis fermé, et appliqué ensuite à des valeurs nommées dont on a vérifié les hypothèses.

Ligne fautive : « Lemme : $(1 + x)^n \geq 1 + nx$. »
Le lecteur ne sait ni pour quels réels $x$ ni pour quels entiers $n$ l'inégalité est affirmée, ni si $x$ peut dépendre de $n$. Or elle est fausse sans condition sur $x$ : pour $x = -4$ et $n = 3$, $(1 + x)^n = -27$ alors que $1 + nx = -11$. Un lemme mal quantifié ne peut pas être appliqué en sécurité, puisque rien ne dit que la valeur choisie plus loin est permise.
Version correcte : « Lemme. Pour tout réel $x \geq -1$ et tout entier naturel $n$, $(1 + x)^n \geq 1 + nx$. »
Chaque lettre d'un lemme est introduite dans son propre énoncé, avec ses conditions ; c'est ce qui autorise ensuite à l'appliquer au réel $\frac{1}{n}$ et à l'entier $n$ d'un autre raisonnement.

Un résultat démontré l'est quelle que soit la preuve : deux démonstrations valides d'un même énoncé ne peuvent pas se contredire. Elles diffèrent par les résultats admis qu'elles invoquent (un théorème du cours ou de simples inégalités), par leur longueur et par ce qu'elles font comprendre. Sur une copie, une preuve complète suffit : on choisit celle dont chaque résultat invoqué est disponible et dont on sait vérifier les hypothèses. Chercher une seconde voie au brouillon sert de recours quand la première bloque, et de contrôle quand elle aboutit.

Soit $f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ telle que pour tous réels $x$ et $y$, $|f(x) - f(y)| \leq (x - y)^2$. Montrer que $f$ est constante.
But. Il s'agit de montrer que pour tous réels $x$ et $y$, $f(x) = f(y)$. Deux voies aboutissent : l'une passe par la dérivée et invoque un théorème du cours, l'autre n'utilise que des inégalités et établit l'égalité par double inégalité.
Première preuve, par la dérivée.
Soit $a \in \mathbb{R}$. Pour tout réel $h \neq 0$, l'hypothèse appliquée à $x = a + h$ et $y = a$ donne $|f(a + h) - f(a)| \leq h^2$, donc, en divisant par $|h| > 0$, $\left|\frac{f(a + h) - f(a)}{h}\right| \leq |h|$.
Ainsi, pour tout réel $h \neq 0$, $-|h| \leq \frac{f(a + h) - f(a)}{h} \leq |h|$.
Or $-|h|$ et $|h|$ tendent vers $0$ quand $h$ tend vers $0$ ; par le théorème des gendarmes, le taux d'accroissement tend vers $0$, donc $f$ est dérivable en $a$ et $f'(a) = 0$.
Ceci vaut pour tout réel $a$ : $f$ est dérivable sur l'intervalle $\mathbb{R}$ et sa dérivée est nulle, donc $f$ est constante.
Seconde preuve, élémentaire.
Soient $x$ et $y$ deux réels et $n \in \mathbb{N}^*$. Pour $k \in \{0, 1, \ldots, n\}$, posons $x_k = x + \frac{k(y - x)}{n}$ ; ainsi $x_0 = x$, $x_n = y$ et, pour $k \in \{0, \ldots, n - 1\}$, $x_{k+1} - x_k = \frac{y - x}{n}$.
Par télescopage, $f(y) - f(x) = \sum_{k=0}^{n-1} \big(f(x_{k+1}) - f(x_k)\big)$.
Par l'inégalité triangulaire, puis par l'hypothèse appliquée à chaque couple $(x_{k+1}, x_k)$, $|f(y) - f(x)| \leq \sum_{k=0}^{n-1} |f(x_{k+1}) - f(x_k)| \leq \sum_{k=0}^{n-1} \frac{(y - x)^2}{n^2} = \frac{(y - x)^2}{n}$.
Ainsi, pour tout $n \in \mathbb{N}^*$, $0 \leq |f(y) - f(x)| \leq \frac{(y - x)^2}{n}$.
Quand $n$ tend vers $+\infty$, le membre de droite tend vers $0$ ; par passage à la limite dans l'inégalité large, $|f(y) - f(x)| \leq 0$.
Comme $|f(y) - f(x)| \geq 0$, on obtient $|f(y) - f(x)| = 0$, donc $f(x) = f(y)$.
Ceci vaut pour tous réels $x$ et $y$, donc $f$ est constante.
À retenir : deux preuves d'un même résultat se comparent par ce qu'elles admettent ; la seconde, plus longue, n'utilise que l'inégalité triangulaire et un passage à la limite, et démontre l'égalité par double inégalité.

Ligne fautive : « Montrons par récurrence que $\left(1 + \frac{1}{n}\right)^n \geq 2$. Hérédité : $\left(1 + \frac{1}{n+1}\right)^{n+1} = \left(1 + \frac{1}{n+1}\right)^n \left(1 + \frac{1}{n+1}\right)$, mais on ne peut pas utiliser l'hypothèse. Autre méthode : c'est vrai par l'inégalité de Bernoulli. »
Aucune des deux preuves n'est menée à terme : la récurrence est abandonnée au milieu de l'hérédité, et la seconde méthode n'indique ni les valeurs auxquelles l'inégalité est appliquée, ni la vérification de ses hypothèses, ni le calcul qui donne $2$. Le correcteur ne compte que ce qui est démontré jusqu'au bout, et une piste abandonnée laissée sur la copie brouille la lecture de celle qui suit.
Version correcte : essayer les deux voies au brouillon, puis n'écrire sur la copie que celle qui aboutit, avec son annonce, ses étapes et sa conclusion (voir la rédaction modèle « un entier qui joue deux rôles »). Une seconde preuve n'a sa place qu'entière, annoncée par « Seconde preuve. », après une première déjà conclue.