Démontrer une égalité

Face à « Montrer que $A = B$ », on regarde la nature des deux objets et la forme des deux membres avant d'écrire la première ligne : chaque formule ci-dessous dit ce qu'il suffit de démontrer, et sa glose donne le signal qui la désigne. Si l'un des membres se transforme en l'autre par un calcul prévisible, une simple chaîne d'égalités qui part du plus compliqué suffit (voir « Rédiger un calcul »). On annonce le choix dès la première ligne, par exemple « Montrons que $a = b$ par double inégalité ». Si l'égalité vient de ce qu'un seul objet vérifie une propriété, on passe par l'unicité (voir « Démontrer une unicité »).

Deux nombres $A$ et $B$ (réels ou complexes) sont égaux si et seulement si leur différence $A - B$ est nulle. Démontrer $A = B$ revient donc à démontrer $A - B = 0$ : on ne travaille plus que sur une seule expression, que l'on peut réduire au même dénominateur ou factoriser jusqu'à faire intervenir l'hypothèse. Le principe vaut pour tous les objets qu'on sait soustraire : vecteurs, matrices, fonctions définies sur un même ensemble $D$ ($f = g$ équivaut à $f - g$ nulle sur $D$).

Signal : l'hypothèse s'écrit naturellement sous la forme « … $= 0$ », ou les deux membres sont des sommes de fractions, ou leur différence se factorise visiblement.
1) Annoncer : « Montrons que $A - B = 0$. »
2) Écrire la différence en entier, chaque membre entre parenthèses s'il est une somme : $A - B = (\dots) - (\dots)$.
3) La transformer par une chaîne d'égalités justifiées (regrouper, réduire au même dénominateur, factoriser) jusqu'à faire apparaître l'expression que l'hypothèse annule.
4) Invoquer l'hypothèse : « Or … par hypothèse, donc $A - B = 0$. »
5) Conclure en répondant à la question posée : « Ainsi $A = B$. »

Montrer que pour tous réels $a$ et $b$ tels que $a + b = 1$, on a $a^2 + b = b^2 + a$.
Soient $a$ et $b$ deux réels tels que $a + b = 1$.
Montrons que $(a^2 + b) - (b^2 + a) = 0$.
En regroupant les carrés entre eux et les autres termes entre eux, $(a^2 + b) - (b^2 + a) = (a^2 - b^2) - (a - b)$.
Comme $a^2 - b^2 = (a - b)(a + b)$, on obtient $(a^2 + b) - (b^2 + a) = (a - b)(a + b) - (a - b) = (a - b)(a + b - 1)$.
Or $a + b = 1$ par hypothèse, donc $a + b - 1 = 0$.
Par conséquent $(a^2 + b) - (b^2 + a) = (a - b) \times 0 = 0$.
Ainsi $a^2 + b = b^2 + a$.
À retenir : on réunit les deux membres dans une seule différence, on la factorise jusqu'à voir apparaître l'expression que l'hypothèse annule, puis on revient à l'égalité demandée.

Si $B \neq 0$, alors $A = B$ si et seulement si $\frac{A}{B} = 1$. La condition $B \neq 0$ fait partie de l'énoncé : sans elle, le quotient n'est pas défini et l'équivalence n'a pas de sens. La stratégie convient aux produits, puissances, factorielles et exponentielles, qui se simplifient par division. Pour deux fonctions, on étudie $x \mapsto \frac{f(x)}{g(x)}$ sur un domaine où $g$ ne s'annule en aucun point.

Signal : les deux membres sont des produits, des puissances, des factorielles ou des exponentielles, et l'un d'eux est non nul pour une raison visible (exponentielle, factorielle, produit de facteurs non nuls).
Pour deux nombres $A$ et $B$ :
1) Établir d'abord que le dénominateur choisi ne s'annule pas : « Comme $e^x > 0$, on a $e^x \neq 0$. »
2) Annoncer : « Montrons que $\frac{A}{B} = 1$. »
3) Simplifier le quotient par une chaîne d'égalités justifiées jusqu'à obtenir $1$.
4) Conclure en multipliant par $B$ : « Donc $\frac{A}{B} = 1$, et comme $B \neq 0$, $A = B$. »
Pour deux fonctions $u$ et $v$ définies sur un intervalle $I$ :
1) Établir que $v$ ne s'annule en aucun point de $I$, puis poser $g(x) = \frac{u(x)}{v(x)}$ pour tout $x \in I$.
2) Annoncer : « Montrons que $g(x) = 1$ pour tout $x \in I$. »
3) Montrer que $g$ est constante, par exemple parce que sa dérivée est nulle sur l'intervalle $I$, puis que $g$ vaut $1$ en un point de $I$.
4) Conclure en chaque point : « Soit $x \in I$. On a $\frac{u(x)}{v(x)} = 1$, donc $u(x) = v(x)$ en multipliant par $v(x)$. Ceci valant pour tout $x \in I$, on a $u = v$. »

Soient $n$ et $k$ deux entiers tels que $1 \le k \le n$. Montrer que $k\binom{n}{k} = n\binom{n-1}{k-1}$.
Soient $n$ et $k$ deux entiers tels que $1 \le k \le n$.
Comme $0 \le k \le n$, on a $\binom{n}{k} = \frac{n!}{k!(n-k)!}$ ; comme $0 \le k - 1 \le n - 1$ et $(n - 1) - (k - 1) = n - k$, on a $\binom{n-1}{k-1} = \frac{(n-1)!}{(k-1)!(n-k)!}$.
Ce dernier coefficient est un quotient de factorielles, donc il est strictement positif ; comme de plus $n \ge 1$, on a $n\binom{n-1}{k-1} > 0$, donc $n\binom{n-1}{k-1} \neq 0$.
Montrons que $\frac{k\binom{n}{k}}{n\binom{n-1}{k-1}} = 1$.
En remplaçant les deux coefficients par leurs expressions, $\frac{k\binom{n}{k}}{n\binom{n-1}{k-1}} = \frac{k \times n!}{k!(n-k)!} \times \frac{(k-1)!(n-k)!}{n \times (n-1)!} = \frac{k \times (k-1)!}{k!} \times \frac{n!}{n \times (n-1)!}$.
Or $k \times (k-1)! = k!$ et $n \times (n-1)! = n!$, donc chacun des deux facteurs vaut $1$.
Par conséquent $\frac{k\binom{n}{k}}{n\binom{n-1}{k-1}} = 1$.
En multipliant les deux membres par $n\binom{n-1}{k-1}$, on obtient $k\binom{n}{k} = n\binom{n-1}{k-1}$.
À retenir : on prouve que le dénominateur est non nul avant d'écrire le quotient, on simplifie les factorielles par division jusqu'à $1$, puis on multiplie pour revenir à l'égalité demandée.

Soit $f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ une fonction dérivable telle que $f' = f$ et $f(0) = 1$. Montrer que $f = \exp$.
Pour tout réel $x$, $e^x > 0$, donc $e^x \neq 0$.
On peut donc définir la fonction $g : \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ par $g(x) = \frac{f(x)}{e^x}$ pour tout réel $x$.
Montrons que $g(x) = 1$ pour tout réel $x$, ce qui donnera $f = \exp$.
La fonction $g$ est dérivable sur $\mathbb{R}$, comme quotient de deux fonctions dérivables dont le dénominateur ne s'annule pas.
Pour tout réel $x$, $g'(x) = \frac{f'(x)e^x - f(x)e^x}{(e^x)^2} = \frac{f'(x) - f(x)}{e^x}$.
Or $f'(x) = f(x)$ pour tout réel $x$ par hypothèse, donc $g'(x) = 0$ pour tout réel $x$.
La dérivée de $g$ est nulle sur l'intervalle $\mathbb{R}$, donc $g$ est constante sur $\mathbb{R}$.
De plus $g(0) = \frac{f(0)}{e^0} = 1$ car $f(0) = 1$ et $e^0 = 1$, donc $g(x) = 1$ pour tout réel $x$.
Soit $x \in \mathbb{R}$. On a $\frac{f(x)}{e^x} = 1$, donc $f(x) = e^x$ en multipliant par $e^x$.
Les fonctions $f$ et $\exp$ sont définies sur $\mathbb{R}$ et prennent la même valeur en tout réel $x$, donc $f = \exp$.
À retenir : on prouve que le dénominateur ne s'annule jamais avant d'écrire le quotient, puis on montre que ce quotient vaut $1$ en tout point du domaine.

Ligne fautive, pour montrer que $(x^2 - 1)(x + 2) = (x - 1)(x^2 + 3x + 2)$ pour tout réel $x$ :
« Pour tout réel $x$, $\frac{(x^2 - 1)(x + 2)}{(x - 1)(x^2 + 3x + 2)} = \frac{(x - 1)(x + 1)(x + 2)}{(x - 1)(x + 1)(x + 2)} = 1$, donc les deux membres sont égaux. »
Le dénominateur s'annule en $-2$, en $-1$ et en $1$ : en ces trois réels, le quotient n'existe pas et la ligne ne prouve rien. Une égalité obtenue en divisant n'est établie que là où le diviseur a été prouvé non nul ; les autres points restent à traiter.
Version correcte, sans division : « Soit $x \in \mathbb{R}$. D'une part, $(x^2 - 1)(x + 2) = (x - 1)(x + 1)(x + 2)$. D'autre part, $x^2 + 3x + 2 = (x + 1)(x + 2)$, donc $(x - 1)(x^2 + 3x + 2) = (x - 1)(x + 1)(x + 2)$. Les deux membres sont égaux à la même expression, donc ils sont égaux. »

Si $A = C$ et $B = C$, alors $A = B$ : c'est la symétrie et la transitivité de l'égalité. On peut donc établir $A = B$ sans jamais transformer $A$ en $B$, en ramenant séparément chacun des deux membres à une même expression $C$. Chacun des deux calculs part d'un membre et n'utilise jamais l'égalité à démontrer.

Signal : les deux membres sont compliqués, et passer de l'un à l'autre obligerait à deviner une transformation (développer d'un côté, factoriser de l'autre). On vise une forme commune : développée, factorisée, ou exprimée avec moins de variables grâce à l'hypothèse.
1) Annoncer : « Calculons séparément les deux membres. » Un résultat intermédiaire utile aux deux calculs se démontre avant, à partir des seules hypothèses.
2) Premier calcul : « D'une part, $A = \dots = C$. », chaque égalité justifiée.
3) Second calcul, qui part de $B$ et n'utilise que les hypothèses et les résultats déjà établis à partir d'elles, jamais l'égalité $A = B$ : « D'autre part, $B = \dots = C$. »
4) Conclure : « Les deux membres sont égaux à $C$, donc $A = B$. »
L'égalité $A = B$ n'apparaît qu'à la dernière ligne : c'est la conclusion, jamais le point de départ.

Montrer que pour tous réels $a$, $b$, $c$ tels que $a + b + c = 0$, on a $a^3 + b^3 + c^3 = 3abc$.
Soient $a$, $b$, $c$ trois réels tels que $a + b + c = 0$.
Comme $a + b + c = 0$, on a $c = -(a + b)$.
Calculons séparément les deux membres en fonction de $a$ et $b$.
D'une part, comme $(-(a + b))^3 = -(a + b)^3$, on a $a^3 + b^3 + c^3 = a^3 + b^3 - (a + b)^3$.
En développant $(a + b)^3 = a^3 + 3a^2b + 3ab^2 + b^3$, on obtient $a^3 + b^3 + c^3 = -3a^2b - 3ab^2 = -3ab(a + b)$.
D'autre part, $3abc = 3ab \times (-(a + b)) = -3ab(a + b)$.
Les deux membres sont égaux à $-3ab(a + b)$, donc $a^3 + b^3 + c^3 = 3abc$.
À retenir : chaque membre est ramené seul à la même expression, les deux calculs sont annoncés par « d'une part » et « d'autre part », et l'égalité demandée n'est écrite qu'en conclusion.

Ligne fautive : « $a^3 + b^3 + c^3 = 3abc$, donc $a^3 + b^3 - (a + b)^3 = -3ab(a + b)$, donc $-3ab(a + b) = -3ab(a + b)$, ce qui est vrai ; l'égalité est démontrée. »
Cette rédaction pose dès la première ligne ce qu'il fallait prouver, puis en déduit une égalité vraie. Or une conséquence vraie ne rend pas vraie la phrase de départ : de $1 = -1$ on déduit $1^2 = (-1)^2$, qui est vrai, alors que $1 = -1$ est faux.
Version correcte : « D'une part, $a^3 + b^3 + c^3 = a^3 + b^3 - (a + b)^3 = -3ab(a + b)$. D'autre part, $3abc = -3ab(a + b)$. Les deux membres sont égaux à la même expression, donc $a^3 + b^3 + c^3 = 3abc$. » L'égalité cherchée n'est écrite qu'une fois, en conclusion.

Pour deux réels $a$ et $b$, on a $a = b$ si et seulement si $a \le b$ et $b \le a$ : c'est l'antisymétrie de la relation $\le$. Les deux inégalités sont indispensables, car chacune seule laisse possible une inégalité stricte dans un sens. La stratégie s'impose quand on ne sait comparer $a$ et $b$ que par des majorations : fonction monotone, passage à la limite, borne d'un ensemble. Pour des ensembles, l'inclusion joue le rôle de $\le$.

Si deux réels $a$ et $b$ vérifient $a \le b + \varepsilon$ pour tout réel $\varepsilon > 0$, alors $a \le b$. En effet, si l'on avait $a > b$, le réel $\varepsilon = \frac{a - b}{2}$ serait strictement positif et l'hypothèse donnerait $a - b \le \frac{a - b}{2}$, c'est-à-dire $a \le b$, ce qui est contradictoire (voir « Raisonnement par l'absurde »). En particulier, si $|a - b| \le \varepsilon$ pour tout $\varepsilon > 0$, alors $a = b$. Une seule valeur de $\varepsilon$ ne suffit jamais : c'est le « pour tout » qui fait la preuve.

Signal : on dispose d'inégalités plutôt que de calculs (fonction croissante, majoration, passage à la limite, borne supérieure), ou l'énoncé précise « par double inégalité ».
1) Annoncer la stratégie : « Montrons que $a = b$ par double inégalité. »
2) Premier paragraphe, annoncé : « Montrons d'abord que $a \le b$. », puis la preuve, close par « Ainsi $a \le b$. »
3) Second paragraphe, annoncé : « Montrons ensuite que $b \le a$. », puis la preuve, close par « Ainsi $b \le a$. »
4) Conclure : « On a $a \le b$ et $b \le a$, donc $a = b$. »
Avant de conclure, on vérifie que le second paragraphe prouve bien l'inégalité dans l'autre sens : $b \ge a$ n'est que $a \le b$ écrite à l'envers.

Soit $f : [0, 1] \to \mathbb{R}$ une fonction croissante telle que $f(0) = f(1)$. Montrer que $f$ est constante, par double inégalité.
Montrons que $f(x) = f(0)$ pour tout $x \in [0, 1]$, ce qui prouvera que $f$ est constante.
Soit $x \in [0, 1]$. Montrons que $f(x) = f(0)$ par double inégalité.
Montrons d'abord que $f(0) \le f(x)$.
On a $0 \le x$, et $f$ est croissante sur $[0, 1]$, qui contient $0$ et $x$, donc $f(0) \le f(x)$.
Montrons ensuite que $f(x) \le f(0)$.
On a $x \le 1$, et $f$ est croissante sur $[0, 1]$, donc $f(x) \le f(1)$.
Or $f(1) = f(0)$ par hypothèse, donc $f(x) \le f(0)$.
On a $f(0) \le f(x)$ et $f(x) \le f(0)$, donc $f(x) = f(0)$.
Ceci valant pour tout $x \in [0, 1]$, la fonction $f$ est constante, égale à $f(0)$.
À retenir : les deux inégalités sont annoncées l'une après l'autre, chacune tirée d'une borne différente de l'intervalle, et la conclusion revient à la question posée.

Soit $x$ un réel tel que, pour tout $n \in \mathbb{N}^*$, $0 \le x \le \frac{1}{n}$. Montrer que $x = 0$.
Montrons que $x = 0$ par double inégalité.
Montrons d'abord que $0 \le x$.
L'hypothèse appliquée à $n = 1$ donne $0 \le x \le 1$, donc $0 \le x$.
Montrons ensuite que $x \le 0$.
Pour tout $n \in \mathbb{N}^*$, on a $x \le \frac{1}{n}$ par hypothèse.
La suite constante égale à $x$ converge vers $x$, et la suite $\left(\frac{1}{n}\right)_{n \ge 1}$ converge vers $0$.
Le passage à la limite conserve les inégalités larges, donc $x \le 0$.
On a $0 \le x$ et $x \le 0$, donc $x = 0$.
À retenir : l'inégalité facile est écrite quand même, et l'autre s'obtient par passage à la limite, qui ne fournit qu'une inégalité large, justement celle dont la double inégalité a besoin.

Ligne fautive, pour $f : [0, 1] \to \mathbb{R}$ croissante telle que $f(0) = f(1)$ : « Soit $x \in [0, 1]$. Comme $x \le 1$ et que $f$ est croissante, $f(x) \le f(1) = f(0)$. Donc $f$ est constante. »
Seule l'inégalité $f(x) \le f(0)$ est établie : rien n'exclut encore $f(x) < f(0)$, et une preuve incomplète ne devient pas complète parce que le résultat annoncé est vrai. Variante tout aussi fausse : prouver $f(x) \le f(0)$, puis annoncer l'autre sens et prouver $f(0) \ge f(x)$, qui est la même inégalité écrite à l'envers.
Version correcte : « Montrons d'abord que $f(0) \le f(x)$ : comme $0 \le x$ et que $f$ est croissante, $f(0) \le f(x)$. Montrons ensuite que $f(x) \le f(0)$ : comme $x \le 1$, $f(x) \le f(1) = f(0)$. Donc $f(x) = f(0)$, et ceci pour tout $x \in [0, 1]$. »

Si $n \in \mathbb{Z}$ et $|n| < 1$, alors $n = 0$. En effet, si $n \neq 0$, alors $|n|$ est un entier naturel non nul, donc $|n| \ge 1$. Conséquence : deux entiers $m$ et $n$ tels que $|m - n| < 1$ sont égaux, puisque $m - n$ est un entier. Les deux hypothèses sont nécessaires : l'inégalité doit être stricte (l'entier $1$ vérifie $|1| \le 1$) et l'objet doit être un entier (le réel $0{,}5$ vérifie $|0{,}5| < 1$).

Signal : les deux objets sont des entiers, ou des combinaisons d'entiers à coefficients entiers, et l'hypothèse fournit une estimation de leur écart, souvent une inégalité entre fractions ou entre réels.
1) Nommer la différence et dire qu'elle est entière : « Posons $d = m - n$. Comme $m$ et $n$ sont des entiers, $d \in \mathbb{Z}$. »
2) Annoncer : « Montrons que $|d| < 1$. »
3) Tirer de l'hypothèse un encadrement strict de $d$ : « Donc $-1 < d < 1$. » Multiplier par un réel strictement positif ou ajouter un même nombre conserve une inégalité stricte, et une chaîne qui mêle $\le$ et $<$ donne $<$ dès qu'un maillon est strict : on peut donc majorer d'abord par l'inégalité triangulaire, qui est large, puis strictement grâce à l'hypothèse.
4) Invoquer la propriété : « Or un entier de valeur absolue strictement inférieure à $1$ est nul, donc $d = 0$. »
5) Conclure : « Ainsi $m = n$. »
Si l'on n'obtient que $|d| \le 1$, on ne conclut pas : on reprend le calcul pour conserver l'inégalité stricte.

Soient $p \in \mathbb{Z}$ et $q \in \mathbb{N}^*$ tels que $\left|\frac{p}{q} - \frac{1}{2}\right| < \frac{1}{2q}$. Montrer que $2p = q$.
Posons $d = 2p - q$. Comme $p$ et $q$ sont des entiers, $d$ est un entier.
Montrons que $|d| < 1$.
En réduisant au même dénominateur, $\frac{p}{q} - \frac{1}{2} = \frac{2p - q}{2q} = \frac{d}{2q}$.
Comme $q \in \mathbb{N}^*$, on a $2q > 0$, donc $\left|\frac{d}{2q}\right| = \frac{|d|}{2q}$, et l'hypothèse s'écrit $\frac{|d|}{2q} < \frac{1}{2q}$.
En multipliant les deux membres par le réel strictement positif $2q$, ce qui conserve l'inégalité stricte, on obtient $|d| < 1$.
Or un entier de valeur absolue strictement inférieure à $1$ est nul, donc $d = 0$.
Ainsi $2p - q = 0$, c'est-à-dire $2p = q$.
À retenir : on nomme la différence, on affirme qu'elle est entière, et on garde l'inégalité stricte jusqu'au bout, car c'est elle qui force la nullité.

Ligne fautive : « On a $\frac{|2p - q|}{2q} < \frac{1}{2q}$, donc $|2p - q| \le 1$. Comme $2p - q$ est un entier, $2p - q = 0$. »
De $|2p - q| \le 1$ on ne peut pas tirer cette conclusion : les trois entiers $-1$, $0$ et $1$ vérifient l'inégalité, et l'entier $1$ vérifie $|1| \le 1$ sans être nul. Par exemple, $p = 1$ et $q = 1$ donnent $|2p - q| = 1$ sans que $2p = q$ ; ce couple vérifie l'hypothèse écrite en large, $\left|\frac{p}{q} - \frac{1}{2}\right| \le \frac{1}{2q}$, mais pas l'hypothèse stricte. L'étape est donc fausse, même si la conclusion de l'énoncé est vraie : en remplaçant $<$ par $\le$, on a jeté exactement l'information qui fait la preuve, alors que multiplier par $2q > 0$ conservait l'inégalité stricte.
Version correcte : « En multipliant par le réel strictement positif $2q$, on obtient $|2p - q| < 1$. Or $2p - q$ est un entier, et un entier de valeur absolue strictement inférieure à $1$ est nul, donc $2p = q$. »

Deux fonctions $f$ et $g$ à valeurs réelles sont égales, ce que l'on note $f = g$, lorsqu'elles ont le même ensemble de définition $D$ et prennent la même valeur en chaque point : $f(x) = g(x)$ pour tout $x \in D$ (pour deux applications quelconques, on exige en outre le même ensemble d'arrivée). L'égalité $f = g$ est donc une phrase quantifiée « pour tout $x$ », tandis que $f(x) = g(x)$, pour un $x$ fixé, est une égalité entre deux nombres. Deux fonctions dont les ensembles de définition diffèrent ne sont pas égales, même si leurs expressions coïncident là où les deux ont un sens. Pour prouver $f \neq g$ sur un même domaine, un seul point $x_0$ tel que $f(x_0) \neq g(x_0)$ suffit.

Signal : on doit montrer que deux fonctions sont égales, qu'une fonction est constante, ou qu'une identité vaut « pour tout $x$ » d'un ensemble.
1) Déterminer l'ensemble de définition de chaque fonction et constater qu'il est le même, les deux fonctions étant à valeurs réelles : « Les fonctions $f$ et $g$ sont toutes deux définies sur $D$. »
2) Fixer un point arbitraire : « Soit $x \in D$. Montrons que $f(x) = g(x)$. »
3) Démontrer cette égalité de nombres par la stratégie adaptée (chaîne d'égalités, différence, quotient, calcul séparé, double inégalité), en n'utilisant sur $x$ que le fait qu'il appartient à $D$. Si la justification dépend de la position de $x$, on distingue des cas qui, réunis, recouvrent tout $D$.
4) Conclure : « Ceci valant pour tout $x \in D$, on a $f = g$. »

Montrer que les fonctions $f : x \mapsto \ln(x^2)$ et $g : x \mapsto 2\ln|x|$ sont égales sur $\mathbb{R}^*$.
Déterminons d'abord les ensembles de définition.
Pour un réel $x$, $\ln(x^2)$ existe si et seulement si $x^2 > 0$, c'est-à-dire $x \neq 0$ : la fonction $f$ est définie sur $\mathbb{R}^*$.
Pour un réel $x$, $2\ln|x|$ existe si et seulement si $|x| > 0$, c'est-à-dire $x \neq 0$ : la fonction $g$ est définie sur $\mathbb{R}^*$.
Les deux fonctions ont donc le même ensemble de définition $\mathbb{R}^*$.
Soit $x \in \mathbb{R}^*$. Montrons que $f(x) = g(x)$.
Comme $x \neq 0$, on a $|x| > 0$, et $x^2 = |x| \times |x|$.
Pour tous réels $a > 0$ et $b > 0$, $\ln(ab) = \ln a + \ln b$ ; on l'applique avec $a = b = |x|$, qui est strictement positif.
Donc $f(x) = \ln(x^2) = \ln(|x| \times |x|) = \ln|x| + \ln|x| = 2\ln|x| = g(x)$.
Ceci valant pour tout $x \in \mathbb{R}^*$, on a $f = g$.
À retenir : on vérifie d'abord que les domaines coïncident, puis on fixe $x$ quelconque et on passe par $|x|$, strictement positif pour tout $x$ non nul, pour que la propriété du logarithme s'applique en chaque point, négatifs compris.

Ligne fautive : « Soit $x \in \mathbb{R}^*$. On a $\ln(x^2) = 2\ln x = 2\ln|x|$. Donc les fonctions $x \mapsto \ln(x^2)$ et $x \mapsto 2\ln|x|$ sont égales sur $\mathbb{R}^*$. »
L'écriture $2\ln x$ n'a de sens que pour $x > 0$ : pour $x = -1$, $\ln(-1)$ n'existe pas. La preuve ne couvre donc que $]0, +\infty[$, et la conclusion sur $\mathbb{R}^*$ n'est pas démontrée : établir $f(x) = g(x)$ en certains points du domaine ne prouve pas $f = g$.
Version correcte : écrire $x^2 = |x| \times |x|$ avec $|x| > 0$, ce qui vaut pour tout $x \neq 0$. Ou bien distinguer deux cas qui recouvrent $\mathbb{R}^*$ : « Si $x > 0$, $\ln(x^2) = 2\ln x = 2\ln|x|$. Si $x < 0$, $x^2 = (-x)^2$ avec $-x > 0$, donc $\ln(x^2) = 2\ln(-x) = 2\ln|x|$. »

Ligne fautive : « Pour tout réel $x \neq 1$, $\frac{x^2 - 1}{x - 1} = \frac{(x - 1)(x + 1)}{x - 1} = x + 1$, donc les fonctions $f : x \mapsto \frac{x^2 - 1}{x - 1}$ et $g : x \mapsto x + 1$ sont égales. »
Le calcul est juste, la conclusion est fausse : $f$ est définie sur $\mathbb{R} \setminus \{1\}$ et $g$ sur $\mathbb{R}$, et deux fonctions égales ont le même ensemble de définition. Le calcul prouve seulement que $f$ coïncide avec la restriction de $g$ à $\mathbb{R} \setminus \{1\}$.
Version correcte : « La fonction $f$ est définie sur $\mathbb{R} \setminus \{1\}$ et $g$ sur $\mathbb{R}$ : les ensembles de définition diffèrent, donc $f \neq g$. En revanche, pour tout $x \in \mathbb{R} \setminus \{1\}$, $f(x) = g(x)$. »

Signal : on doit montrer que deux ensembles $A$ et $B$ sont égaux, par exemple quand l'un est défini par une propriété et l'autre donné explicitement. On utilise que $A = B$ si et seulement si $A \subset B$ et $B \subset A$ ; la notion d'inclusion elle-même est étudiée dans la fiche consacrée aux ensembles.
1) Annoncer : « Montrons que $A = B$ par double inclusion. »
2) Première inclusion : « Montrons d'abord que $A \subset B$. Soit $x \in A$. » On traduit $x \in A$ par la propriété qui définit $A$, puis on démontre que $x$ vérifie celle qui définit $B$. On clôt par « Donc $x \in B$. Ainsi $A \subset B$. »
3) Seconde inclusion : « Montrons ensuite que $B \subset A$. Soit $x \in B$. », même schéma, jusqu'à « Donc $x \in A$. Ainsi $B \subset A$. »
4) Conclure : « Par double inclusion, $A = B$. »
On peut traiter les deux inclusions d'un coup par une chaîne d'équivalences, mais seulement si chaque équivalence est justifiée dans les deux sens.

Montrer que $\{x \in \mathbb{R} \mid x^2 \le 1\} = [-1, 1]$ par double inclusion.
Notons $A = \{x \in \mathbb{R} \mid x^2 \le 1\}$.
Montrons que $A = [-1, 1]$ par double inclusion.
Montrons d'abord que $A \subset [-1, 1]$.
Soit $x \in A$. Alors $x^2 \le 1$.
Comme $0 \le x^2 \le 1$ et que la fonction racine carrée est croissante sur $[0, +\infty[$, on a $\sqrt{x^2} \le \sqrt{1}$.
Or $\sqrt{x^2} = |x|$ et $\sqrt{1} = 1$, donc $|x| \le 1$.
Donc $-1 \le x \le 1$, c'est-à-dire $x \in [-1, 1]$. Ainsi $A \subset [-1, 1]$.
Montrons ensuite que $[-1, 1] \subset A$.
Soit $x \in [-1, 1]$. Alors $x - 1 \le 0$ et $x + 1 \ge 0$.
Le produit d'un réel négatif par un réel positif est négatif, donc $(x - 1)(x + 1) \le 0$, c'est-à-dire $x^2 - 1 \le 0$.
Donc $x^2 \le 1$, et comme $x$ est réel, $x \in A$. Ainsi $[-1, 1] \subset A$.
Par double inclusion, $A = [-1, 1]$.
À retenir : chaque inclusion commence par « Soit $x$ » dans le premier ensemble, traduit son appartenance, et se termine par l'appartenance au second ; les deux sens sont annoncés et démontrés.

Ligne fautive, avec $A = \{x \in \mathbb{R} \mid x^2 \le 1\}$ : « Soit $x \in [-1, 1]$. Alors $(x - 1)(x + 1) \le 0$, donc $x^2 \le 1$ et $x \in A$. Donc $A = [-1, 1]$. »
Seule l'inclusion $[-1, 1] \subset A$ est prouvée ; elle ne dit pas que $A$ ne contient rien d'autre. Un argument de même forme établit $[-1, 1] \subset \{x \in \mathbb{R} \mid x^2 \le 4\}$, et pourtant ces deux ensembles ne sont pas égaux : $2$ appartient au second et pas au premier.
Version correcte : ajouter l'autre inclusion, annoncée. « Montrons que $A \subset [-1, 1]$. Soit $x \in A$. Alors $0 \le x^2 \le 1$, donc $|x| = \sqrt{x^2} \le 1$ par croissance de la racine carrée, et $x \in [-1, 1]$. Par double inclusion, $A = [-1, 1]$. »