Disjonction de cas

1) Non exhaustifs : l'entier $2$ n'appartient à aucun cas, son reste dans la division par $4$ valant $2$. Disjoints : les trois écritures correspondent aux restes $0$, $1$ et $3$, et le reste d'un entier est unique.
2) Exhaustifs : deux réels sont toujours comparables, donc tout réel vérifie $x \leq 2$ ou $x \geq 2$. Non disjoints : le réel $2$ appartient aux deux cas. Pour une démonstration, ce recouvrement ne gêne pas.
3) Non exhaustifs : le réel $0$ n'appartient à aucun cas, et plus généralement aucun réel de $[-1, 1]$ n'y appartient. Disjoints : aucun réel ne vérifie à la fois $x < -1$ et $x > 1$.
4) Non exhaustifs : le couple $(1, -1)$ n'appartient à aucun cas. Disjoints : l'un des cas impose $x \geq 0$, l'autre $x < 0$.
5) Non exhaustifs : l'entier $1$ n'est ni pair ni multiple de $3$. Non disjoints : l'entier $6$ est pair et multiple de $3$.
6) Exhaustifs : notons $q$ le quotient et $r$ le reste de la division euclidienne de $n$ par $3$. Si $r = 0$, alors $n = 3q$ ; si $r = 1$, alors $n = 3q + 1$ ; si $r = 2$, alors $n = 3q + 2 = 3(q + 1) - 1$, qui s'écrit $3k - 1$ avec $k = q + 1$. Disjoints : $3k - 1 = 3(k - 1) + 2$ a pour reste $2$, $3k$ a pour reste $0$ et $3k + 1$ a pour reste $1$ ; par unicité du reste, aucun entier n'appartient à deux cas. Ce découpage est donc celui des restes $0$, $1$ et $2$, écrit autrement.
7) Le seul réel commun aux deux cas est $2$, et les deux formules y donnent la même valeur : $f(2) = 2$ par la première et $f(2) = 4 - 2 = 2$ par la seconde. Chaque réel reçoit donc une image et une seule : la définition est correcte. Avec $5 - x$, le réel $2$ recevrait les deux valeurs $2$ et $3$, et l'on ne définirait plus une fonction. Il faudrait alors des cas disjoints, par exemple $x \leq 2$ et $x > 2$.

(a) $1 - x$.
(b) $x \leq 1$.
(c) tout réel vérifie $x \leq 1$ ou $x > 1$, donc ces deux cas couvrent tous les réels.
(d) $x$.
(e) $x = 3$.
(f) Le réel $3$ ne vérifie pas la condition $x \leq 1$ : ce cas ne fournit aucune solution.
(g) $1 - x < 0$, c'est-à-dire $x < 2x - 1$.
(h) $S$ est la réunion des solutions des deux cas, donc $S = \{2\}$.
Vérification : pour $x = 3$, on a $\max(3, 2 \times 3 - 1) = \max(3, 5) = 5$, qui est différent de $3$. Le réel $3$ a été obtenu sous la condition $x \leq 1$, qu'il ne vérifie pas : il fallait l'écarter en (f), en confrontant le résultat du cas à sa condition. La solution retenue se contrôle de même : $\max(2, 3) = 3$.

Soit $n \in \mathbb{Z}$. Montrons que $3$ divise $n(n + 1)(2n + 1)$.
Notons $k$ le quotient et $r$ le reste de la division euclidienne de $n$ par $3$ : $n = 3k + r$ avec $k \in \mathbb{Z}$ et $r \in \{0, 1, 2\}$.
Le reste ne pouvant valoir que $0$, $1$ ou $2$, les trois cas suivants couvrent tous les entiers.
Premier cas : $r = 0$.
Alors $n = 3k$, donc $n(n + 1)(2n + 1) = 3 \times k(n + 1)(2n + 1)$, où $k(n + 1)(2n + 1)$ est un entier.
Ainsi $3$ divise $n(n + 1)(2n + 1)$.
Deuxième cas : $r = 1$.
Alors $2n + 1 = 2(3k + 1) + 1 = 6k + 3 = 3(2k + 1)$, donc $n(n + 1)(2n + 1) = 3 \times n(n + 1)(2k + 1)$, où $n(n + 1)(2k + 1)$ est un entier.
Ainsi $3$ divise $n(n + 1)(2n + 1)$.
Troisième cas : $r = 2$.
Alors $n + 1 = 3k + 3 = 3(k + 1)$, donc $n(n + 1)(2n + 1) = 3 \times n(k + 1)(2n + 1)$, où $n(k + 1)(2n + 1)$ est un entier.
Ainsi $3$ divise $n(n + 1)(2n + 1)$.
Conclusion : dans les trois cas, $3$ divise $n(n + 1)(2n + 1)$. Ceci valant pour tout $n \in \mathbb{Z}$, l'entier $n(n + 1)(2n + 1)$ est divisible par $3$ pour tout entier $n$.
À retenir : le facteur multiple de $3$ change d'un cas à l'autre ($n$, puis $2n + 1$, puis $n + 1$), mais chaque paragraphe s'achève sur la même phrase, que la conclusion rassemble.

1) Soit $x \in \mathbb{R}$. Montrons que $|x - 1| + |x + 1| \geq 2$.
La quantité $x + 1$ change de signe en $-1$, et $x - 1$ change de signe en $1$. Rangés dans l'ordre, ces deux seuils découpent $\mathbb{R}$ en trois intervalles $]-\infty, -1[$, $[-1, 1[$ et $[1, +\infty[$, dont la réunion est $\mathbb{R}$ : distinguons ces trois cas.
Premier cas : $x < -1$.
Alors $x + 1 < 0$, donc $|x + 1| = -x - 1$ ; et $x - 1 < -2 < 0$, donc $|x - 1| = 1 - x$.
Par suite $|x - 1| + |x + 1| = (1 - x) + (-x - 1) = -2x$.
Or $x < -1$ ; en multipliant par le réel strictement négatif $-2$, ce qui renverse le sens de l'inégalité, on obtient $-2x > 2$, et en particulier $|x - 1| + |x + 1| \geq 2$.
Deuxième cas : $-1 \leq x < 1$.
Alors $x + 1 \geq 0$, donc $|x + 1| = x + 1$ ; et $x - 1 < 0$, donc $|x - 1| = 1 - x$.
Par suite $|x - 1| + |x + 1| = (1 - x) + (x + 1) = 2$, donc $|x - 1| + |x + 1| \geq 2$.
Troisième cas : $x \geq 1$.
Alors $x - 1 \geq 0$, donc $|x - 1| = x - 1$ ; et $x + 1 \geq 2 > 0$, donc $|x + 1| = x + 1$.
Par suite $|x - 1| + |x + 1| = (x - 1) + (x + 1) = 2x$.
Or $x \geq 1$ ; en multipliant par le réel strictement positif $2$, on obtient $2x \geq 2$, c'est-à-dire $|x - 1| + |x + 1| \geq 2$.
Conclusion : dans les trois cas, $|x - 1| + |x + 1| \geq 2$. Ceci valant pour tout $x \in \mathbb{R}$, l'inégalité est démontrée.
2) Notons $E$ l'ensemble cherché. Reprenons les trois cas de 1), qui couvrent tous les réels.
Premier cas : $x < -1$. La somme vaut $-2x$, et $-2x > 2$ : aucun réel de ce cas n'appartient à $E$.
Deuxième cas : $-1 \leq x < 1$. La somme vaut $2$ : tous les réels de $[-1, 1[$ appartiennent à $E$.
Troisième cas : $x \geq 1$. La somme vaut $2x$, et $2x = 2$ équivaut à $x = 1$, réel qui vérifie bien $x \geq 1$ : ce cas fournit le seul réel $1$.
Conclusion : $E$ est la réunion des réels obtenus dans les trois cas, donc $E = [-1, 1[ \cup \{1\} = [-1, 1]$.
À retenir : deux valeurs absolues donnent deux seuils, donc trois intervalles ; chaque frontière est rangée dans un cas précis, et quand le résultat dépend du cas, la conclusion réunit les résultats de tous les cas.