Démontrer une existence

a) $\forall a > 0,\ \exists x \in \mathbb{R},\ e^x = a$. Le témoin $x$ est écrit après $a$ : il peut dépendre de $a$.
Premières lignes : « Soit $a > 0$. Posons $x = \ln a$, réel bien défini car $a > 0$. » La vérification suivra en partant du témoin : $e^x = e^{\ln a} = a$.

b) $\exists M \in \mathbb{R},\ \forall x \in \mathbb{R},\ \sin x \leq M$. Le témoin $M$ est écrit avant $x$ : il ne dépend d'aucune variable, et la même valeur doit servir pour tous les réels.
Premières lignes : « Posons $M = 1$. Soit $x \in \mathbb{R}$. » Écrire « Soit $x \in \mathbb{R}$. Posons $M = \sin x$. » ne prouverait que l'énoncé plus faible $\forall x \in \mathbb{R},\ \exists M \in \mathbb{R},\ \sin x \leq M$, vrai pour n'importe quelle fonction.

c) Hypothèse : $a + b + c = 1$. Conclusion : $a \geq \frac{1}{3}$ ou $b \geq \frac{1}{3}$ ou $c \geq \frac{1}{3}$, c'est-à-dire $\exists u \in \{a, b, c\},\ u \geq \frac{1}{3}$. Le témoin dépend de $a$, $b$ et $c$, mais on ne cherche pas à le désigner : c'est un argument de moyenne, rédigé par l'absurde.
Premières lignes : « Soient $a$, $b$, $c$ trois réels tels que $a + b + c = 1$. Supposons par l'absurde que $a < \frac{1}{3}$, $b < \frac{1}{3}$ et $c < \frac{1}{3}$. » La négation d'un « ou » est un « et », et chaque inégalité large devient stricte.

d) Pour tous entiers $a_1, \dots, a_7$, il existe $i$ et $j$ dans $\{1, \dots, 7\}$, avec $i \neq j$, tels que $a_i$ et $a_j$ aient le même reste dans la division euclidienne par $6$. Le témoin, un couple d'indices, dépend des sept entiers, et le principe des tiroirs ne dira pas lequel.
Premières lignes : « Soient $a_1, \dots, a_7$ sept entiers. Rangeons chaque $a_k$ dans le tiroir de son reste dans la division euclidienne par $6$ : il y a six tiroirs, $0, 1, \dots, 5$, et l'on range $7$ entiers, avec $7 > 6$. »

1) [1] pour tout $i \in \{1, \dots, n\}$, $a_i < 1$
C'est la négation exacte de « il existe $i \in \{1, \dots, n\}$ tel que $a_i \geq 1$ » : le quantificateur devient universel, et l'inégalité large $a_i \geq 1$ devient l'inégalité stricte $a_i < 1$. Écrire « Supposons par l'absurde que $a_1 < 1$ » ne nierait la conclusion que pour un seul indice.

[2] $a_i > 0$ par hypothèse, et $a_i < 1$ d'après l'hypothèse faite

[3] l'hypothèse $a_1 a_2 \cdots a_n = 1$
La multiplication est légitime parce que tous les facteurs sont strictement positifs : si $0 < u < 1$ et $0 < v < 1$, alors $uv < 1 \times v = v < 1$, et l'on recommence facteur par facteur.

[4] L'hypothèse faite est donc fausse : il existe $i \in \{1, \dots, n\}$ tel que $a_i \geq 1$
La conclusion ne désigne aucun indice : la contradiction montre seulement que les $a_i$ ne sont pas tous strictement inférieurs à $1$. Écrire « donc $a_1 \geq 1$ » serait faux : pour $a_1 = \frac{1}{2}$ et $a_2 = 2$, le produit vaut $1$ et $a_1 < 1$.

2) Pour $n = 2$, prenons $a_1 = a_2 = -1$ : le produit vaut $1$, et aucun des deux réels n'est supérieur ou égal à $1$. Sans la positivité, le passage [2] ne fournit plus que $a_i < 1$, et c'est la ligne « En multipliant membre à membre » qui tombe : on a $-1 < 1$ deux fois, mais $(-1) \times (-1) = 1$ n'est pas strictement inférieur à $1 \times 1$. On ne multiplie membre à membre que des inégalités entre réels positifs.

À retenir : l'hypothèse absurde est la négation universelle complète de l'existence ; chaque hypothèse de l'énoncé sert à une ligne précise, ici la positivité à la multiplication des inégalités ; la conclusion affirme l'existence sans nommer un témoin que la preuve n'a pas identifié.

1) Posons, pour tout $x \in [0, a + 1]$, $g(x) = x^2 - a$.
La fonction $g$ est continue sur l'intervalle $[0, a + 1]$, comme fonction polynomiale.
On a $g(0) = -a$ ; or $a \geq 0$, donc $g(0) \leq 0$.
On a $g(a + 1) = (a + 1)^2 - a = a^2 + a + 1$ ; or $a^2 \geq 0$ et $a \geq 0$, donc $g(a + 1) \geq 1 > 0$.
Ainsi $0$ est compris entre $g(0)$ et $g(a + 1)$.
D'après le théorème des valeurs intermédiaires, appliqué à la fonction $g$ continue sur l'intervalle $[0, a + 1]$, il existe $c \in [0, a + 1]$ tel que $g(c) = 0$.
Pour ce réel $c$, on a $c \geq 0$ et $c^2 - a = 0$, c'est-à-dire $c^2 = a$.
Ainsi $c$ convient : il existe un réel $x \geq 0$ tel que $x^2 = a$.

2) Pour $a = \frac{1}{4}$, on a $g(0) = -\frac{1}{4} < 0$ et $g\left(\frac{1}{4}\right) = \frac{1}{16} - \frac{1}{4} = -\frac{3}{16} < 0$. Les deux valeurs sont strictement négatives : $0$ n'est pas compris entre elles, l'hypothèse de changement de signe manque, et le théorème ne dit rien. La solution positive, $\frac{1}{2}$, n'appartient d'ailleurs pas à $\left[0, \frac{1}{4}\right]$. Plus généralement, pour $0 < a < 1$, on a $a^2 < a$, donc $g(a) < 0$ : le segment $[0, a]$ échoue pour toutes ces valeurs de $a$.
L'extrémité $a + 1$ n'a pas ce défaut : l'inégalité $g(a + 1) = a^2 + a + 1 \geq 1$ vaut pour tout $a \geq 0$. Un objet construit à partir d'une donnée doit convenir pour chacune de ses valeurs, et pas seulement pour celles qu'on a essayées au brouillon.

À retenir : le segment sur lequel on applique le théorème est lui-même un objet construit à partir de la donnée $a$ ; on vérifie ensuite chaque hypothèse ligne à ligne, et le théorème fournit l'existence de $c$ sans donner sa valeur.

Brouillon, à ne pas recopier : $a^2 - b^2 = (a - b)(a + b)$, donc il suffit que $a - b = n$ et $a + b = n^2$. En additionnant puis en soustrayant, $a = \frac{n^2 + n}{2}$ et $b = \frac{n^2 - n}{2}$. Ce choix est suffisant et non imposé : il reste à vérifier que ces nombres sont des entiers naturels, puis qu'ils conviennent.

Rédaction :
Soit $n \in \mathbb{N}^*$.
Posons $a = \frac{n(n+1)}{2}$ et $b = \frac{n(n-1)}{2}$.
Montrons que $a$ et $b$ sont des entiers naturels.
Les entiers $n$ et $n + 1$ sont consécutifs, donc l'un d'eux est pair et leur produit $n(n+1)$ est pair ; de plus $n(n+1) \geq 0$. Ainsi $a \in \mathbb{N}$.
Les entiers $n - 1$ et $n$ sont consécutifs, donc $n(n-1)$ est pair ; comme $n \geq 1$, on a $n - 1 \geq 0$, donc $n(n-1) \geq 0$. Ainsi $b \in \mathbb{N}$.
Calculons $a - b = \frac{n^2 + n - n^2 + n}{2} = n$ et $a + b = \frac{n^2 + n + n^2 - n}{2} = n^2$.
Donc $a^2 - b^2 = (a - b)(a + b) = n \times n^2 = n^3$.
Ainsi le couple $(a, b)$ convient.
L'entier $n$ étant quelconque, pour tout $n \in \mathbb{N}^*$, il existe deux entiers naturels $a$ et $b$ tels que $a^2 - b^2 = n^3$.

À retenir : le témoin est une formule en la donnée $n$, posée après « Soit $n$ » ; on vérifie d'abord qu'il appartient à l'ensemble demandé (des entiers naturels, ce qui utilise $n \geq 1$), puis l'égalité, en partant du témoin.