Aller des hypothèses à la conclusion par des déductions justifiées : enchaîner des résultats du cours, isoler un lemme, introduire une quantité auxiliaire, et reconnaître quand un autre raisonnement s'impose.
Démontrer une implication P⇒Q par raisonnement direct, c'est supposerP puis en déduireQ par une suite finie d'étapes, chacune justifiée. Quand l'énoncé fixe des données (« Soit n un entier impair. Montrer que… »), ces données jouent le rôle de P et le schéma reste le même. Chaque étape s'appuie sur une hypothèse, une définition, un résultat du cours dont on a vérifié les hypothèses, un fait déjà établi ou un calcul. On l'oppose aux raisonnements indirects (contraposée, absurde), qui partent de la négation de la conclusion.
Supposons P,montrons Q
l'annonce d'une preuve directe : l'hypothèse est posée, le but est nommé
Propriété
Chaîne de déductions
Transitivité de l'implication : si P⇒R1, R1⇒R2, …, Rk⇒Q sont vraies, alors P⇒Q est vraie. Une preuve directe est une telle chaîne de déductions : elle ne vaut que si chaque maillon est justifié, et un seul maillon non justifié la ruine, même quand la conclusion est vraie. Une étape peut s'appuyer sur n'importe quel fait déjà établi, pas seulement sur la ligne qui précède ; on cite alors ce fait (« d'après la première étape »). Sur la copie, deux faits établis se relient par des mots (« donc », « or », « d'après »), pas par le symbole ⇒.
(P⇒R1),(R1⇒R2),…,(Rk⇒Q)
les maillons de la chaîne, chacun justifié séparément
Formulaire
Les implications qui fondent le raisonnement direct
Modus ponens : de P et de P⇒Q on déduit Q ; c'est ce que fait chaque résultat cité. Transitivité : deux implications mises bout à bout en donnent une troisième ; c'est ce qui fait tenir la chaîne. Exportation : (P∧R)⇒Q équivaut à P⇒(R⇒Q) ; c'est ce qui permet de supposer les hypothèses l'une après l'autre. Enfin, P⇒Q équivaut à sa contraposée¬Q⇒¬P, mais n'entraîne pas sa réciproqueQ⇒P.
(P∧(P⇒Q))⇒Q
modus ponens : appliquer une implication à un fait acquis
((P⇒R)∧(R⇒Q))⇒(P⇒Q)
transitivité : deux maillons font une implication
((P∧R)⇒Q)⟺(P⇒(R⇒Q))
exportation : les hypothèses s'introduisent une à une
(P⇒Q)⟺(¬Q⇒¬P)
une implication équivaut toujours à sa contraposée, mais pas, en général, à sa réciproque
Vocabulaire
Citer et introduire : d'après, appliqué à, en particulier, posons, notons
« D'après [tel résultat] appliqué à [tels objets] » cite un résultat et dit en quels objets on le spécialise ; ses hypothèses se vérifient sur la ligne même (« on a bien… »). « Il en résulte que » et « par conséquent » marquent une déduction, comme « donc ». « En particulier » annonce un cas particulier ou une conséquence plus faible de ce qui vient d'être établi. « Posons » crée un objet nouveau par une formule, alors que « Notons » nomme un objet dont l'existence est déjà acquise, comme la limite d'une suite dont on a prouvé la convergence.
Notons ℓ=n→+∞limun
légitime seulement une fois la convergence démontrée
Méthode
Construire la chaîne de déductions, des hypothèses à la conclusion
Quand l'utiliser : l'énoncé demande « montrer que si P, alors Q », ou fixe des données et une conclusion Q, et Q est affirmative : une égalité, une inégalité, une appartenance, une divisibilité, une propriété qui se déplie en formule. 1) Annoncer : « Soit n∈Z. Supposons n impair et montrons que 8 divise n2−1. » 2) Déplier l'hypothèse en une écriture exploitable et fixer les objets qu'elle fournit : « Comme n est impair, il existe k∈Z tel que n=2k+1 ; fixons un tel k. » 3) Au brouillon, déplier aussi la conclusion : écrire ce qu'il faut obtenir (un entier m tel que n2−1=8m), pour savoir vers quoi orienter les calculs. 4) Combler l'écart par des maillons justifiés, un par ligne : calculs, résultats cités avec leur hypothèse vérifiée (« Or k et k+1 sont consécutifs, donc, d'après… »), faits déjà établis. 5) Conclure en recopiant exactement le but : « Ainsi 8 divise n2−1. » Au brouillon, on peut avancer par les deux bouts ; la copie, elle, s'écrit dans l'ordre des déductions (voir « Chercher une démonstration »).
Soit n∈Z.Supposons n impair et montrons que 8∣n2−1.
l'objet introduit, l'hypothèse posée, le but nommé
∃k∈Z,n=2k+1
l'hypothèse dépliée en une écriture sur laquelle calculer
Exemple
Rédaction modèle : si n est impair, 8 divise n² - 1
En admettant que le produit de deux entiers consécutifs est pair, montrer que si n est un entier impair, alors n2−1 est divisible par 8. Soit n∈Z. Supposons n impair et montrons que 8 divise n2−1. Comme n est impair, il existe k∈Z tel que n=2k+1 ; fixons un tel k. Alors n2−1=(2k+1)2−1=4k2+4k=4k(k+1). Or k et k+1 sont deux entiers consécutifs ; d'après le résultat admis, leur produit k(k+1) est pair. Il existe donc m∈Z tel que k(k+1)=2m ; fixons un tel m. Par conséquent, n2−1=4×2m=8m, avec m∈Z. Ainsi 8 divise n2−1. À retenir : on déplie l'hypothèse (n=2k+1) et le but (n2−1=8m), puis on comble l'écart par un calcul et par un résultat dont on a vérifié l'hypothèse (deux entiers consécutifs).
n2−1=4k(k+1)=4×2m=8m
le calcul qui relie l'hypothèse dépliée au but déplié
Propriété
Enchaîner deux résultats : un raccord exact
Un résultat du cours est une implication universelle : pour tout objet qui vérifie ses hypothèses H1, sa conclusion C1 est vraie. Si un second résultat, d'hypothèses H2 et de conclusion C2, est tel que C1 entraîne H2pour le même objet, alors H1 entraîne C2 : la conclusion du premier fournit l'hypothèse du second. Le raccord doit être exact : même objet, même ensemble (segment ou intervalle quelconque), même force (inégalité large ou stricte, limite finie ou infinie, dérivée positive ou strictement positive). S'il manque un morceau, on l'établit par une étape intermédiaire avant d'appliquer le second résultat.
(H1⇒C1)∧(C1⇒H2)∧(H2⇒C2)
le raccord du milieu est ce que l'on vérifie à chaque enchaînement
croissante⇏convergente
« croissante » ne fournit pas la limite finie qu'exige le passage à la limite
Méthode
Enchaîner deux résultats du cours en vérifiant le raccord
Quand l'utiliser : la conclusion visée est celle d'un résultat du cours T2, mais l'une des hypothèses de T2 n'est pas donnée par l'énoncé ; elle est la conclusion d'un autre résultat T1. 1) Au brouillon, partir du but : trouver le résultat T2 qui le conclut, écrire la liste de ses hypothèses, puis chercher le résultat T1 qui fournit celle qui manque. 2) Rédiger l'application de T1 en nommant l'objet et en vérifiant ses hypothèses : « La suite (un) est croissante et majorée par 1 ; d'après le théorème de la limite monotone, elle converge. Notons ℓ sa limite. » 3) Comparer mot à mot la conclusion obtenue et l'hypothèse de T2 : même objet, même ensemble, même force. Si le raccord n'est pas exact, établir le morceau manquant par une étape de plus. 4) Appliquer T2 en citant ce qui vient d'être obtenu : « Or (un) converge vers ℓ et un≥41 pour tout n ; par passage à la limite, ℓ≥41. » 5) Recommencer pour chaque maillon, puis conclure en recopiant le but.
∀n∈N,un≥41 et un→ℓ∈R
les deux hypothèses du passage à la limite, réunies avant de l'appliquer
Exemple
Rédaction modèle : la limite d'une suite, résultats enchaînés
Soit (un) une suite réelle telle que, pour tout n∈N, 41≤un≤1, un≤un+1 et un+1=un. Montrer que (un) converge vers 1. Pour tout n∈N, un≤un+1 : la suite (un) est croissante. Elle est majorée par 1. D'après le théorème de la limite monotone, toute suite croissante et majorée converge ; donc (un) converge. Notons ℓ sa limite. Pour tout n∈N, 41≤un≤1. Or (un) converge vers ℓ ; par passage à la limite dans ces inégalités larges, 41≤ℓ≤1. La fonction racine carrée est continue sur [0,+∞[, intervalle qui contient tous les un et aussi ℓ, puisque ℓ≥41>0. Comme (un) converge vers ℓ, la suite (un) converge vers ℓ. Or, pour tout n∈N, un=un+1, et la suite décalée (un+1) converge vers ℓ. Par unicité de la limite, ℓ=ℓ. En élevant au carré, ℓ2=ℓ, soit ℓ(ℓ−1)=0 ; donc ℓ=0 ou ℓ=1. Or ℓ≥41, donc ℓ=0 ; ainsi ℓ=1. Conclusion : la suite (un) converge vers 1. À retenir : chaque résultat n'est appliqué qu'une fois son hypothèse obtenue exactement : la convergence avant de nommer ℓ et de passer à la limite, l'appartenance de ℓ à [0,+∞[ avant d'invoquer la continuité en ℓ, puis l'inégalité ℓ≥41 pour écarter la valeur 0.
ℓ=ℓ et ℓ≥41
l'équation de la limite et l'encadrement obtenu plus tôt, qui écarte la valeur parasite
Piège
Utiliser la réciproque d'un théorème du cours
Ligne fautive : « Pour tout entier n≥1, ln(n+1)−lnn=ln(1+n1), qui tend vers 0 ; donc la suite (lnn)n≥1 converge. » Le cours donne : si une suite (un) converge vers un réel ℓ, alors la suite décalée (un+1) converge aussi vers ℓ, donc un+1−un tend vers 0. La ligne en utilise la réciproque, qui est fausse : ici, l'écart entre deux termes consécutifs tend bien vers 0, et pourtant lnn tend vers +∞. Version correcte : « Pour tout entier n≥1, ln(n+1)−lnn=ln(1+n1). Comme 1+n1 tend vers 1 et que ln est continue en 1, cet écart tend vers ln1=0, ce qui ne dit rien de la convergence de (lnn). Comme n tend vers +∞ et que lnx tend vers +∞ quand x tend vers +∞, la suite (lnn) tend vers +∞ : elle ne converge pas. » Pour établir une convergence, on cherche un théorème dont elle est la conclusion (limite monotone, encadrement) ; le résultat cité ne sert, par contraposée, qu'à prouver une divergence : si un+1−un ne tend pas vers 0, la suite ne converge pas. Réflexe : avant chaque « d'après le théorème », écrire à part son hypothèse et sa conclusion, et vérifier que ce que l'on possède est l'hypothèse, non la conclusion.
un+1−un→0⇏(un) converge
le résultat ne se lit que dans un sens
Piège
Appliquer un résultat dont l'hypothèse n'a pas été obtenue exactement
Ligne fautive : « Soit (un) définie par u0=2 et un+1=un2. La suite est croissante ; notons ℓ sa limite. En passant à la limite, ℓ=ℓ2, donc ℓ=0 ou ℓ=1. » L'étape précédente fournit « croissante », dont on ne tire qu'une limite finie ou infinie ; le passage à la limite dans un+1=un2 exige une limite finie. Le raccord n'est pas exact, et la conclusion est fausse : un=22n tend vers +∞. Version correcte : « Par récurrence, un≥2 pour tout n∈N : u0=2, et si un≥2, alors un+1=un2≥4≥2. Donc, pour tout n∈N, un−1≥1 et un+1−un=un(un−1)≥2>0 : la suite est croissante. Supposons qu'elle converge vers un réel ℓ ; par passage à la limite, ℓ≥2 et ℓ=ℓ2, donc ℓ∈{0,1} : contradiction. La suite ne converge donc pas ; croissante, elle n'est pas majorée (sinon elle convergerait, d'après le théorème de la limite monotone), donc elle tend vers +∞. » Réflexe : écrire la conclusion exacte d'un résultat (« converge vers un réel », « admet une limite finie ou infinie ») avant de la donner en hypothèse au suivant.
un+1=un2 et un→ℓ∈R donc ℓ=ℓ2
l'équation de la limite ne vaut qu'après la convergence vers un réel
Définition
Lemme
Un lemme est un résultat intermédiaire que l'on énonce à part, avec ses hypothèses et sa conclusion, que l'on démontre une fois, puis que l'on applique dans la preuve principale. Ses lettres sont muettes : il vaut pour tous les objets qui vérifient ses hypothèses, et l'appliquer, c'est le spécialiser en des objets nommés dont on vérifie les hypothèses. On isole un lemme quand une même étape sert plusieurs fois, quand elle est longue et coupe le fil de la preuve, ou quand elle a un intérêt propre.
∀(a,b,c)∈Z3,(a∣b et a∣c)⇒∀(u,v)∈Z2,a∣bu+cv
un lemme s'énonce avec tous ses quantificateurs, pour s'appliquer à n'importe quels entiers
Vocabulaire
Théorème, proposition, lemme, corollaire
Un théorème est un résultat central ; une proposition, un résultat de moindre portée ; un lemme, un résultat démontré pour servir dans une autre preuve ; un corollaire, une conséquence directe du résultat qui le précède. Logiquement, les quatre ont le même statut : ce sont des énoncés démontrés, que l'on applique en vérifiant leurs hypothèses. Le nom indique le rôle dans l'architecture de la preuve, non un degré de certitude.
Méthode
Isoler un lemme quand la même étape sert deux fois
Quand l'utiliser : au brouillon, le même argument revient avec des objets différents ; ou l'énoncé dit « montrer que… ; en déduire que… » ; ou une étape longue interrompt le fil de la preuve. 1) Repérer ce qui est commun aux passages et ce qui change : ce qui change devient les variables du lemme. 2) Énoncer le lemme en entier, sous le titre « Lemme », avec ses quantificateurs et ses hypothèses : « Soient a,b,c∈Z tels que a∣b et a∣c. Alors, pour tous u,v∈Z, a∣bu+cv. » 3) Le démontrer une seule fois, avec ses propres lettres, et finir par « ce qui démontre le lemme ». 4) L'appliquer en disant quel objet remplace chaque lettre et en vérifiant ses hypothèses : « On a d∣n+1 et d∣n ; d'après le lemme appliqué à a=d, b=n+1, c=n, u=1 et v=−1, d divise 1. » 5) Réappliquer le lemme autant de fois que nécessaire, sans refaire sa preuve. Si une lettre du lemme est déjà prise dans la preuve principale, écrire la substitution en entier.
a=d,b=n+1,c=n,u=1,v=−1
la substitution écrite en entier : chaque lettre du lemme reçoit son objet
Exemple
Rédaction modèle : un lemme de divisibilité appliqué deux fois
Montrer que si un entier a divise deux entiers b et c, alors a divise bu+cv pour tous entiers u et v. En déduire que, pour tout entier n, tout diviseur commun de n et n+1 divise 1, et tout diviseur commun de 2n+1 et 3n+1 divise 1. Lemme. Soient a,b,c∈Z tels que a∣b et a∣c. Alors, pour tous u,v∈Z, a∣bu+cv. Démonstration. Comme a∣b, il existe k∈Z tel que b=ak ; comme a∣c, il existe k′∈Z tel que c=ak′. Fixons de tels k et k′. Soient u,v∈Z. Alors bu+cv=aku+ak′v=a(ku+k′v). Or ku+k′v∈Z, donc a divise bu+cv, ce qui démontre le lemme. Soit n∈Z. Soit d un diviseur commun de n et n+1. On a d∣n+1 et d∣n ; d'après le lemme appliqué à a=d, b=n+1, c=n, u=1 et v=−1, d divise (n+1)×1+n×(−1)=1. Soit δ un diviseur commun de 2n+1 et 3n+1. On a δ∣2n+1 et δ∣3n+1 ; d'après le lemme appliqué à a=δ, b=2n+1, c=3n+1, u=3 et v=−2, δ divise 3(2n+1)−2(3n+1)=1. L'entier n étant quelconque, pour tout entier n, tout diviseur commun de n et n+1 divise 1, et tout diviseur commun de 2n+1 et 3n+1 divise 1. À retenir : l'argument commun est démontré une seule fois avec des lettres muettes ; chaque application nomme ses objets et vérifie les deux hypothèses du lemme.
3(2n+1)−2(3n+1)=1
la combinaison à coefficients entiers qui fait disparaître la variable
Piège
Refaire deux fois le même raisonnement au lieu de l'isoler en lemme
Copie fautive, pour montrer que 8 divise a2+b2−2 quand a et b sont impairs : « Il existe k∈Z tel que a=2k+1 ; alors a2−1=4k(k+1), et k(k+1) est pair, donc 8∣a2−1. De même, il existe k∈Z tel que b=2k+1 ; alors b2−1=4k(k+1), donc 8∣b2−1. » Recopier l'argument allonge la copie et multiplie les occasions d'erreur : ici, la copie reprend la lettre k déjà fixée, ce qui impose a=b, et la preuve ne traite plus que ce cas. Version correcte : on énonce et on démontre une fois « Lemme. Pour tout entier impair n, 8 divise n2−1. », puis on écrit : « Les entiers a et b sont impairs par hypothèse ; d'après le lemme appliqué à n=a, puis à n=b, 8 divise a2−1 et b2−1. Il existe donc p,q∈Z tels que a2−1=8p et b2−1=8q ; fixons-les. Alors a2+b2−2=8(p+q), avec p+q∈Z : 8 divise a2+b2−2. » Réflexe : au moment d'écrire « de même », se demander si l'argument ne mérite pas d'être énoncé une fois pour toutes.
a2−1=8p,b2−1=8q
deux applications du même lemme, avec deux entiers distincts
Définition
Quantité ou fonction auxiliaire
Une quantité auxiliaire (nombre, expression, suite ou fonction) est un objet absent de l'énoncé, introduit par « Posons » avec une définition explicite à partir des données, et choisi pour que la conclusion devienne une propriété simple de cet objet : un signe, une constance, une annulation, une monotonie. Par exemple, l'écriture 1−x+12 de x+1x−1 ne contient x qu'une fois, et le produit f(x)f(−x) a une dérivée nulle quand f′=f. Cet objet doit être bien défini partout où on l'utilise.
Posons, pour tout x∈I,g(x)=…
on nomme l'objet, on donne son domaine et sa formule avant de l'étudier
Méthode
Introduire une quantité auxiliaire qui fait apparaître la conclusion
Quand l'utiliser : la variable apparaît plusieurs fois dans l'expression à étudier ; ou le but se reformule en « telle quantité est constante, a un signe, s'annule » ; ou l'étude directe des objets de l'énoncé n'aboutit pas. 1) Au brouillon, reformuler le but comme une propriété d'un seul objet : « f est croissante » devient « 1−x+12 croît avec x » ; « f ne s'annule pas » découlerait de « f(x)f(−x)=1 pour tout x ». Si l'on connaît une fonction qui vérifie les hypothèses (l'exponentielle quand f′=f), chercher sur elle la quantité simple (exe−x=1). 2) Sur la copie, poser l'objet avec son domaine et vérifier qu'il est bien défini : « Posons, pour tout x∈R, φ(x)=f(x)f(−x). » 3) Établir la propriété de l'objet auxiliaire par des résultats du cours (réécriture justifiée, dérivée, signe), en vérifiant leurs hypothèses. 4) Revenir aux objets de l'énoncé : traduire la propriété obtenue en la conclusion demandée, et écrire celle-ci telle qu'elle est posée.
x+1x−1=1−x+12
une réécriture où la variable n'apparaît plus qu'une fois
φ(x)=f(x)f(−x)
une fonction auxiliaire dont la dérivée s'annule
Exemple
Rédaction modèle : une réécriture auxiliaire pour prouver une monotonie
Montrer que la fonction f:x↦x+1x−1 est croissante sur ]−1,+∞[, en l'écrivant 1−x+12. Pour tout x∈]−1,+∞[, on a x+1>0, donc x+1=0, et 1−x+12=x+1(x+1)−2=x+1x−1=f(x). Soient x,y∈]−1,+∞[ tels que x≤y. Montrons que f(x)≤f(y). Comme −1<x≤y, on a 0<x+1≤y+1. Or la fonction inverse est décroissante sur ]0,+∞[, qui contient x+1 et y+1 ; donc y+11≤x+11. En multipliant par −2, qui est strictement négatif, on change le sens de l'inégalité : −x+12≤−y+12. En ajoutant 1 aux deux membres, 1−x+12≤1−y+12, c'est-à-dire f(x)≤f(y). Ainsi f est croissante sur ]−1,+∞[. À retenir : dans l'écriture auxiliaire, x n'apparaît qu'une fois ; la monotonie de f se ramène à une suite d'opérations dont on connaît l'effet sur une inégalité.
0<x+1≤y+1 donc y+11≤x+11
la décroissance de l'inverse, appliquée sur l'intervalle où elle vaut
Exemple
Rédaction modèle : une fonction auxiliaire de dérivée nulle
Soit f:R→R une fonction dérivable telle que f′=f et f(0)=1. Montrer que f ne s'annule pas sur R. Posons, pour tout x∈R, φ(x)=f(x)f(−x). La fonction x↦f(−x) est dérivable sur R, comme composée de x↦−x suivie de f, de dérivée x↦−f′(−x). Donc φ est dérivable sur R comme produit de deux fonctions dérivables, et pour tout x∈R, φ′(x)=f′(x)f(−x)−f(x)f′(−x). Soit x∈R. Comme f′=f, on a f′(x)=f(x) et f′(−x)=f(−x) ; donc φ′(x)=f(x)f(−x)−f(x)f(−x)=0. Ceci vaut pour tout réel x : la fonction φ est dérivable de dérivée nulle sur l'intervalle R ; elle est donc constante. Comme φ(0)=f(0)2=1, on a f(x)f(−x)=1 pour tout x∈R. Soit x∈R. Le produit f(x)f(−x) vaut 1 ; si f(x) était nul, ce produit serait nul. Donc f(x)=0. Ainsi f ne s'annule pas sur R. À retenir : la conclusion négative découle d'un fait affirmatif plus fort, f(x)f(−x)=1, que la fonction auxiliaire φ fait apparaître ; on trouve φ en regardant ce que vaut exe−x pour l'exponentielle.
φ′=0 sur l’intervalle R et φ(0)=1
dérivée nulle sur un intervalle et valeur connue en un point : la fonction vaut 1 partout
Piège
Poser une quantité auxiliaire qui n'est pas définie partout
Ligne fautive, pour f dérivable sur R telle que f′=f et f(0)=1 : « Posons g=ln∘f. Alors g′=ff′=1 et g(0)=0, donc g(x)=x et f(x)=ex. » La quantité ln(f(x)) n'a de sens que si f(x)>0, et rien ne l'établit à ce stade : la positivité de f est une conséquence du résultat visé, pas une donnée. La preuve suppose donc une partie de ce qu'elle doit démontrer. Version correcte : poser une quantité définie sans condition, par exemple g(x)=f(x)e−x ; elle est dérivable, de dérivée (f′(x)−f(x))e−x=0 sur l'intervalle R, donc constante égale à g(0)=1, d'où f(x)=ex pour tout réel x. Réflexe : juste après « Posons », vérifier que la formule a un sens pour tous les x où l'on s'en servira.
ln(f(x)) exige f(x)>0
une quantité posée doit exister partout où on l'utilise
Formulaire
Signaux : preuve directe ou détour
Conclusion affirmative (égalité, inégalité, appartenance, divisibilité) ou existence avec un candidat calculable : la preuve directe est le premier essai. Conclusion négative (=, « n'est pas », irrationnel, non divisible, « n'existe pas ») : on cherche d'abord un fait affirmatif plus fort qui l'entraîne (x2+1≥1 donne x2+1=0) ; à défaut, sa négation, affirmative, fournit une égalité ou un objet, d'où la contraposée ou l'absurde. Existence sans candidat (fonction quelconque, équation qu'on ne sait pas résoudre, limite qu'on ne sait pas calculer) : on cherche un théorème d'existence et on vérifie ses hypothèses. Cette preuve reste une chaîne de déductions, mais elle établit l'existence sans fournir l'objet ; pour un but existentiel, on réserve ici le nom de preuve directe à la construction explicite d'un objet qui convient. Hypothèse négative et conclusion affirmative : la contraposée échange les rôles et fournit une hypothèse exploitable.
¬(a=b)⟺a=b
nier une conclusion négative donne une égalité avec laquelle calculer
¬(∄x,P(x))⟺∃x,P(x)
nier une non-existence fournit un objet que l'on peut fixer
Méthode
Écarter la preuve directe : conclusion négative ou existence sans candidat
Quand l'utiliser : avant de rédiger, en lisant la conclusion, et de nouveau dès qu'une preuve directe tourne en rond (on reformule le but au lieu d'avancer, on teste des valeurs une à une). 1) Classer la conclusion : affirmative, négative (=, « n'est pas », irrationnel, « n'existe pas ») ou existentielle. 2) Conclusion négative : chercher d'abord un fait affirmatif plus fort qui l'entraîne. S'il n'en vient aucun, écrire la négation du but : elle est affirmative et donne une égalité ou un objet. 3) Si le but est une implication P⇒Q et que ¬Q fournit une écriture exploitable dont on tire ¬P, annoncer : « Montrons la contraposée : supposons ¬Q et montrons ¬P. » Si l'on a besoin à la fois de P et de ¬Q, ou si le but n'est pas une implication, annoncer : « Supposons par l'absurde que… », calculer sur l'égalité ou l'objet obtenu, puis nommer la contradiction. 4) But existentiel : chercher un candidat au brouillon (petites valeurs, résolution, indication de l'énoncé). Si l'objet dépend d'une donnée quelconque ou d'un calcul hors de portée, chercher un théorème dont la conclusion est cette existence (valeurs intermédiaires, limite monotone), poser au besoin la fonction ou la suite à laquelle il s'applique, et vérifier ses hypothèses une à une. Cette preuve reste une chaîne de déductions au sens de la définition du raisonnement direct, mais elle établit l'existence sans fournir l'objet : c'est en ce sens qu'elle écarte la preuve directe, entendue ici comme la construction explicite d'un objet qui convient. 5) Annoncer le raisonnement choisi dès la première ligne, en une phrase qui justifie ce choix. Le détail de ces raisonnements fait l'objet des fiches « Raisonnement par contraposée », « Raisonnement par l'absurde » et « Démontrer une existence ».
∃ℓ∈R,un→ℓ
« converge » est un énoncé d'existence, que l'on peut obtenir par un théorème
Exemple
Rédaction modèle : une non-existence, par l'absurde
Montrer qu'il n'existe pas de fonction f:R→R telle que, pour tout réel x, f(x)+f(1−x)=x. Le but est une non-existence, et aucun fait affirmatif plus fort n'apparaît à la lecture ; sa négation fournit au contraire une fonction fixée et une égalité valable pour tout réel, que l'on pourra appliquer en des points choisis : raisonnons par l'absurde. Supposons qu'il existe une fonction f:R→R telle que, pour tout réel x, f(x)+f(1−x)=x, et fixons-la. L'égalité appliquée à x=0 donne f(0)+f(1−0)=0, c'est-à-dire f(0)+f(1)=0. L'égalité appliquée à x=1 donne f(1)+f(1−1)=1, c'est-à-dire f(1)+f(0)=1. Or f(1)+f(0)=f(0)+f(1) ; on obtient donc 0=1, ce qui est absurde. Ainsi il n'existe pas de fonction f:R→R telle que, pour tout réel x, f(x)+f(1−x)=x. À retenir : la négation d'une non-existence fournit un objet fixé et une égalité universelle, que l'on applique en des points bien choisis, ici 0 et 1, qui échangent les rôles de x et de 1−x, jusqu'à une contradiction nommée.
f(0)+f(1)=0 et f(1)+f(0)=1
la relation supposée, appliquée en deux points qui échangent leurs rôles
Exemple
Rédaction modèle : une existence sans candidat, obtenue par un théorème
Montrer que la suite (un)n≥1 définie par un=∑k=1nn+k1 converge. Converger, c'est admettre une limite réelle. Nous ne savons pas calculer cette limite à ce stade : nous obtenons son existence par le théorème de la limite monotone, dont nous vérifions les deux hypothèses. Soit n≥1 un entier. En posant j=n+k dans un, puis j=n+1+k dans un+1, on a un=∑j=n+12nj1 et un+1=∑j=n+22n+2j1. Les termes communs aux deux sommes se simplifient, donc un+1−un=2n+11+2n+21−n+11. Or n+11=2n+22, donc un+1−un=2n+11−2n+21. Comme 0<2n+1<2n+2 et que la fonction inverse est strictement décroissante sur ]0,+∞[, on a 2n+21<2n+11 ; ainsi un+1−un>0. Ceci vaut pour tout entier n≥1 : la suite (un) est croissante. Soit n≥1 un entier. Pour tout k∈{1,…,n}, on a n+k≥n+1>0, donc n+k1≤n+11. En sommant ces n inégalités, un≤n+1n≤1. Ceci vaut pour tout entier n≥1 : la suite (un) est majorée par 1. La suite (un) est croissante et majorée ; d'après le théorème de la limite monotone, elle converge. À retenir : « converge » est un énoncé d'existence ; faute de candidat pour la limite, on vérifie une à une les hypothèses d'un théorème qui la fournit, ici la croissance et la majoration.
un+1−un=2n+11−2n+21
l'écart de deux termes consécutifs, une fois les termes communs simplifiés
n+k1≤n+11
chaque terme de la somme majoré par le plus grand d'entre eux
Piège
S'obstiner dans une preuve directe d'une conclusion négative
Ligne fautive : « Soit n un entier, n≥1. Le nombre n2+1 n'est pas le carré d'un entier naturel, car n2+1 n'est pas un entier. » La justification reformule le but au lieu de le démontrer : prise telle quelle, une conclusion négative ne fournit ni égalité ni objet sur lesquels calculer, et vérifier n=1,2,3 ne vaut pas mieux. Version correcte : « Soit n un entier, n≥1. Supposons par l'absurde qu'il existe m∈N tel que n2+1=m2. Comme n≥1, on a 0<1<2n+1, donc n2<n2+1<n2+2n+1, c'est-à-dire n2<m2<(n+1)2. La fonction racine carrée étant strictement croissante sur [0,+∞[, et n, m, n+1 étant positifs, n<m<n+1. Or aucun entier n'est strictement compris entre deux entiers consécutifs : contradiction. Donc n2+1 n'est pas le carré d'un entier naturel. » Un fait affirmatif plus fort mène aussi au but, directement : tout entier naturel m vérifie m≤n ou m≥n+1, donc m2≤n2<n2+1 ou m2≥(n+1)2>n2+1. Réflexe : face à =, « n'est pas », irrationnel ou « n'existe pas », ne pas reformuler le but ; chercher d'abord un fait affirmatif plus fort et, s'il ne vient pas, écrire la négation du but, qui fournit une égalité, ici n2+1=m2, sur laquelle travailler.
n2<m2<(n+1)2
l'encadrement impossible que fournit la négation du but
Exercices
Exercice 1Application
Lire la conclusion avant de choisir le raisonnement
Pour chacun des énoncés suivants, sans le démontrer : 1) écrire les données ou l'hypothèse, puis la conclusion ; 2) classer la conclusion : affirmative, négative ou existentielle ; 3) choisir le raisonnement à essayer en premier (preuve directe par calcul, preuve directe d'un fait affirmatif plus fort, candidat exhibé puis vérifié, contraposée, absurde, théorème d'existence) et écrire la première ligne de la copie. a) Soit x un réel tel que x>1. Montrer que x2>x. b) Montrer que, pour tout réel x, x2−2x+3=0. c) Montrer que 3 est irrationnel. d) Montrer que l'équation x5+x−1=0 admet au moins une solution dans [0,1]. e) Montrer qu'il existe un entier n≥1 tel que 2n>100n. f) Soient a et b deux réels. Montrer que si a+b est irrationnel, alors a est irrationnel ou b est irrationnel.
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a) Données : x∈R et x>1. Conclusion : x2>x, affirmative (une inégalité). Preuve directe par calcul. Première ligne : « Soit x∈R tel que x>1. Montrons que x2>x. » La suite tient en une ligne : x2−x=x(x−1) est le produit de deux réels strictement positifs. b) Donnée : x∈R, quelconque. Conclusion : x2−2x+3=0, négative. Un fait affirmatif plus fort l'entraîne, puisque x2−2x+3=(x−1)2+2 : on démontre directement ce fait. Première ligne : « Soit x∈R. Montrons que x2−2x+3≥2, ce qui entraînera x2−2x+3=0. » c) Aucune hypothèse. Conclusion : « 3 n'est pas rationnel », négative, et aucun fait affirmatif plus fort n'est à portée. La négation du but fournit une égalité sur laquelle calculer : raisonnement par l'absurde. Première ligne : « Supposons par l'absurde que 3 est rationnel : il existe p∈N et q∈N∗ tels que 3=qp. » d) Aucune hypothèse. Conclusion existentielle : il existe x∈[0,1] tel que x5+x−1=0. Aucun candidat n'est calculable, car on ne sait pas résoudre cette équation de degré 5 : on cherche un théorème dont la conclusion est cette existence, ici le théorème des valeurs intermédiaires, appliqué à une fonction auxiliaire. La preuve restera une chaîne de déductions, mais elle ne fournira pas la solution. Première ligne : « Posons, pour tout x∈[0,1], g(x)=x5+x−1, et montrons que g s'annule sur [0,1] à l'aide du théorème des valeurs intermédiaires. » Il restera à vérifier ses hypothèses : g est continue sur le segment [0,1], et 0 est compris entre g(0)=−1 et g(1)=1. e) Aucune hypothèse. Conclusion existentielle, mais un candidat apparaît au brouillon dès qu'on essaie quelques valeurs : 210=1024 et 100×10=1000. Candidat exhibé puis vérifié : c'est la preuve directe d'une existence. Première ligne : « Posons n=10 ; c'est un entier supérieur ou égal à 1, et 210=1024>1000=100×10. » f) Données : a,b∈R. Hypothèse : a+b est irrationnel, négative. Conclusion : a ou b est irrationnel, négative. L'hypothèse « a+b n'est pas rationnel » ne fournit aucune écriture sur laquelle calculer : une preuve directe n'a pas de prise. La contraposée s'énonce « si a et b sont rationnels, alors a+b est rationnel » ; son hypothèse fournit deux fractions. Première ligne : « Montrons la contraposée : supposons a et b rationnels, et montrons que a+b est rationnel. »
Exercice 2Application
Compléter une chaîne de déductions qui passe par une fonction auxiliaire
On admet que, pour tout réel t, et≥1+t. On veut démontrer que, pour tout réel x≥0, ex≥1+x+2x2. Voici une rédaction à trous. Posons, pour tout x∈R, h(x)= [1]. La fonction h est dérivable sur R [2], et, pour tout réel x, h′(x)= [3]. Pour tout réel x, h′(x)≥0, car [4]. [5] h est croissante sur R, d'après [6]. Soit x≥0. Comme 0≤x et que h est croissante sur R, [7]. Or h(0)= [8] ; donc [9]. Ainsi [10]. 1) Compléter chacun des trous [1] à [10] par un objet, une justification ou un mot de liaison. 2) Le résultat cité en [6] a deux hypothèses. Pour chacune, indiquer le trou de la rédaction qui la fournit. Quel résultat se trouve ainsi enchaîné avec celui de [6] ? 3) Un étudiant conclut de la même rédaction que h(x)≥0 pour tout réel x. Quel maillon ne tient plus quand x<0 ? Calculer h(−2) pour confirmer.
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1) [1] ex−1−x−2x2 : le but ex≥1+x+2x2 se lit alors h(x)≥0, une propriété de signe d'un seul objet. [2] comme somme de la fonction exponentielle et d'une fonction polynôme, toutes deux dérivables sur R. [3] ex−1−x. [4] l'inégalité admise, appliquée à t=x, donne ex≥1+x. [5] Donc (ou : Par conséquent, Ainsi). [6] le théorème du cours : une fonction dérivable sur un intervalle, dont la dérivée est positive sur cet intervalle, est croissante sur cet intervalle. [7] h(0)≤h(x). [8] e0−1−0−0=0. [9] h(x)≥0, c'est-à-dire ex≥1+x+2x2. [10] pour tout réel x≥0, ex≥1+x+2x2. 2) L'hypothèse « h est dérivable sur un intervalle » est fournie par [2], sur l'intervalle R. L'hypothèse « h′ est positive sur cet intervalle » est fournie par [4], sur le même intervalle. Le raccord est exact : même fonction, même intervalle, même force, puisque le théorème demande une dérivée positive et non strictement positive. Le maillon [4] enchaîne ainsi deux résultats : la conclusion de l'inégalité admise, spécialisée en t=x, fournit exactement l'hypothèse de signe du théorème cité en [6]. 3) Le maillon [7] ne tient plus. La croissance de h ne compare h(x) à h(0) que dans le sens où x se compare à 0 : pour x≤0, elle donne h(x)≤h(0)=0, et non h(x)≥0. Les maillons [2], [4] et [6] restent vrais sur R ; c'est l'hypothèse 0≤x du maillon [7] qui manque. De fait, h(−2)=e−2−1+2−2=e−2−1, et e−2<e0=1 par stricte croissance de l'exponentielle : h(−2)<0, et l'inégalité est fausse pour x=−2.
Exercice 3Rédaction
Un lemme appliqué trois fois : moyenne de quatre réels positifs
Pour tout réel t≥0, on note 4t=t. 1) Démontrer le lemme suivant : pour tous réels x≥0 et y≥0, xy≤2x+y. 2) En déduire que, pour tous réels positifs a, b, c et d, 4abcd≤4a+b+c+d. À chaque usage du lemme, la rédaction dira quels objets remplacent x et y et vérifiera ses hypothèses.
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Lemme. Pour tous réels x≥0 et y≥0, xy≤2x+y. Démonstration. Soient x et y deux réels positifs. Comme x≥0 et y≥0, les réels x et y sont définis, et (x)2=x, (y)2=y, xy=xy. Alors 2x+y−xy=2(x)2−2xy+(y)2=2(x−y)2. Un carré est positif, donc 2x+y−xy≥0, soit xy≤2x+y, ce qui démontre le lemme. Soient a, b, c et d quatre réels positifs. D'après le lemme appliqué à x=a et y=b, qui sont positifs, ab≤2a+b. D'après le lemme appliqué à x=c et y=d, qui sont positifs, cd≤2c+d. Les réels ab et cd sont positifs, comme racines carrées. D'après le lemme appliqué à x=ab et y=cd, abcd≤2ab+cd. Comme ab≥0 et cd≥0, on a abcd=abcd ; le membre de gauche vaut donc abcd=4abcd. En additionnant les deux premières inégalités, puis en divisant par 2>0, on obtient 2ab+cd≤21(2a+b+2c+d)=4a+b+c+d. Par transitivité, 4abcd≤4a+b+c+d. À retenir : le lemme est démontré une seule fois avec les lettres muettes x et y, distinctes de celles de l'énoncé ; il sert trois fois, et la troisième application porte sur des objets construits, ab et cd, dont on vérifie la positivité avant de l'invoquer.
Exercice 4Rédaction
Une quantité auxiliaire, puis une question « en déduire »
Soient x et y deux réels tels que x+y=2. 1) Montrer que xy≤1. On pourra introduire le réel t=x−1. 2) En déduire que x3+y3≥2.
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Soient x,y∈R tels que x+y=2. 1) Montrons que xy≤1. Posons t=x−1 ; c'est un réel, et x=1+t. Comme x+y=2, on a y=2−x=2−(1+t)=1−t. Donc xy=(1+t)(1−t)=1−t2. Or t2≥0, donc 1−t2≤1. Ainsi xy≤1. 2) Montrons que x3+y3≥2. En développant, (x+y)3=x3+3x2y+3xy2+y3=x3+y3+3xy(x+y), donc x3+y3=(x+y)3−3xy(x+y). Comme x+y=2, il vient x3+y3=8−6xy. D'après la question 1, xy≤1. En multipliant par −6, qui est strictement négatif, on change le sens de l'inégalité : −6xy≥−6. En ajoutant 8 aux deux membres, 8−6xy≥2. Ainsi x3+y3≥2. À retenir : la quantité auxiliaire t, écart de x à la moyenne 1, donne xy=1−t2, et la question 2 réemploie cette inégalité sans la redémontrer, en contrôlant le sens à chaque opération.
Exercice 5Rédaction
Enchaîner trois résultats du cours sur une suite
Pour tout entier n≥2, on pose vn=2n+1n−2. 1) Justifier que vn est bien défini pour tout entier n≥2. 2) Montrer que la suite (vn)n≥2 converge vers 22. Chaque résultat du cours utilisé sera cité, et ses hypothèses vérifiées.
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1) Soit n≥2 un entier. On a 2n+1≥5>0, donc le quotient 2n+1n−2 est défini. Comme n−2≥0 et 2n+1>0, ce quotient est positif : sa racine carrée vn est bien définie. 2) Posons, pour tout entier n≥2, wn=2n+1n−2, de sorte que vn=wn. Soit n≥2 un entier. Comme n=0, on peut diviser le numérateur et le dénominateur par n : wn=2+n11−n2. La suite (n1)n≥2 converge vers 0. Par produit par une constante et par somme, la suite (1−n2)n≥2 converge vers 1, et la suite (2+n1)n≥2 converge vers 2. Ces deux suites convergent, la seconde a des termes non nuls et sa limite 2 est non nulle ; d'après le théorème sur le quotient de deux suites convergentes, (wn)n≥2 converge vers 21. D'après la question 1, tous les wn appartiennent à [0,+∞[, intervalle sur lequel la fonction racine carrée est continue ; comme 21 appartient à cet intervalle, la racine carrée est continue en 21. La suite (wn) converge vers 21 et la racine carrée est continue en 21 ; d'après le théorème de composition d'une suite convergente par une fonction continue, (wn)n≥2 converge vers 21=22. Ainsi la suite (vn)n≥2 converge vers 22. À retenir : chaque résultat reçoit exactement ce que le précédent a produit, deux limites finies dont celle du dénominateur est non nulle pour le quotient, puis la limite 21, point où la racine carrée est continue, pour la composition.
Exercice 6Trouver l'erreur
Non majorée, donc de limite infinie ?
Pour tout n∈N, on pose un=n+(−1)n. Montrer que la suite (un) tend vers +∞. Démonstration proposée : (1) Soit n∈N. Comme (−1)n≥−1, on a un≥n−1. (2) Soit M un réel. Il existe un entier naturel n tel que n>M+1 ; pour un tel n, d'après (1), un≥n−1>M. Le réel M étant quelconque, la suite (un) n'est pas majorée. (3) D'après le cours, une suite qui tend vers +∞ n'est pas majorée. Comme (un) n'est pas majorée, elle tend donc vers +∞. Trouver l'erreur de cette démonstration, expliquer pourquoi elle l'invalide, puis rédiger une démonstration correcte.
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L'erreur est à la ligne (3) : elle utilise la réciproque du résultat qu'elle cite. Le cours affirme « tend vers +∞, donc non majorée » ; la ligne écrit « non majorée, donc tend vers +∞ », et cette implication est fausse. Pour tout n∈N, posons wn=n(1+(−1)n) : pour n pair, wn=2n, donc (wn) n'est pas majorée ; pour n impair, wn=0, donc une infinité de termes restent inférieurs à 1, et (wn) ne tend pas vers +∞. La ligne (3) n'établit donc pas la conclusion : la preuve démontre seulement que (un) n'est pas majorée, propriété plus faible que « tend vers +∞ ». La ligne (1) contient pourtant le bon maillon, qu'il faut confier au théorème dont c'est l'hypothèse. Rédaction correcte. Soit n∈N. Comme (−1)n≥−1, on a un≥n−1. Ceci vaut pour tout n∈N, et la suite (n−1)n∈N tend vers +∞. D'après le théorème de comparaison, si un≥vn pour tout n et si (vn) tend vers +∞, alors (un) tend vers +∞ ; appliqué avec vn=n−1, il montre que (un) tend vers +∞. À retenir : avant d'écrire « d'après le cours », on écrit à part l'hypothèse et la conclusion du résultat, et l'on vérifie que l'on possède l'hypothèse ; ici, « non majorée » n'en était que la conclusion.
Exercice 7Trouver l'erreur
Une dérivée seconde positive
Montrer que, pour tout réel x≥0, ex+e−x≥2+x2. Démonstration proposée : (1) Posons, pour tout réel x≥0, h(x)=ex+e−x−2−x2. La fonction h est deux fois dérivable sur [0,+∞[ et, pour tout x≥0, h′(x)=ex−e−x−2x et h′′(x)=ex+e−x−2. (2) Soit x≥0. On a h′′(x)=(ex/2−e−x/2)2≥0. (3) D'après le cours, une fonction dérivable sur un intervalle, dont la dérivée est positive sur cet intervalle, est croissante sur cet intervalle. Comme h′′ est positive sur l'intervalle [0,+∞[, la fonction h est croissante sur [0,+∞[. (4) Soit x≥0. Par croissance de h, h(x)≥h(0)=0, c'est-à-dire ex+e−x≥2+x2. Trouver l'erreur de cette démonstration, expliquer pourquoi elle l'invalide, puis rédiger une démonstration correcte.
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L'erreur est à la ligne (3) : le théorème cité est appliqué à la mauvaise fonction. La dérivée de h′ est h′′ ; la positivité de h′′ fournit donc l'hypothèse du théorème pour la fonction h′, et sa conclusion est « h′ est croissante ». Pour conclure que h est croissante, le théorème exige « h′ est positive », que la ligne (2) ne fournit pas : le raccord ne porte pas sur le même objet. L'écart est réel : la fonction g:x↦x2−2x vérifie g′′(x)=2≥0 pour tout x≥0, et pourtant g(1)=−1<0=g(0), donc g n'est pas croissante sur [0,+∞[. La conclusion de l'énoncé est vraie, mais la preuve ne l'établit pas. Rédaction correcte. Posons, pour tout réel x≥0, h(x)=ex+e−x−2−x2. La fonction h est dérivable sur [0,+∞[, de dérivée h′:x↦ex−e−x−2x, elle-même dérivable, de dérivée h′′:x↦ex+e−x−2. Soit x≥0. On a h′′(x)=(ex/2−e−x/2)2≥0, comme carré d'un réel. La fonction h′ est dérivable sur l'intervalle [0,+∞[, de dérivée h′′ positive sur cet intervalle ; d'après le théorème du cours, h′ est croissante sur [0,+∞[. Soit x≥0. Par croissance de h′, h′(x)≥h′(0)=1−1−0=0. Ceci vaut pour tout x≥0 : h′ est positive sur [0,+∞[. La fonction h est dérivable sur l'intervalle [0,+∞[, de dérivée h′ positive sur cet intervalle ; d'après le même théorème, h est croissante sur [0,+∞[. Soit x≥0. Par croissance de h, h(x)≥h(0)=1+1−2−0=0, c'est-à-dire ex+e−x≥2+x2. À retenir : avant d'appliquer un résultat, on vérifie que ce que l'on a obtenu porte sur le même objet que son hypothèse ; « h′′ positive » donne « h′ croissante », et il faut le maillon h′(0)=0 pour atteindre « h′ positive ».
Exercice 8Approfondissement
Cordes horizontales d'une fonction continue
Soit f:[0,1]→R une fonction continue telle que f(0)=f(1). 1) Démontrer le lemme suivant. Soient α≤β deux réels et φ une fonction continue sur [α,β] telle que φ(α)φ(β)≤0 ; alors il existe x∈[α,β] tel que φ(x)=0. 2) Montrer qu'il existe c∈[0,21] tel que f(c+21)=f(c). 3) Soit n≥2 un entier. Montrer qu'il existe c∈[0,1−n1] tel que f(c+n1)=f(c). 4) Expliquer pourquoi une preuve directe qui construirait c par une formule n'a aucune chance d'aboutir. Dire ensuite quel rôle ont joué la fonction auxiliaire, le lemme et le fait que l'écart soit de la forme n1.
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1) Lemme. Soient α≤β deux réels et φ une fonction continue sur [α,β] telle que φ(α)φ(β)≤0. Alors il existe x∈[α,β] tel que φ(x)=0. Démonstration. Si φ(α)=0, le réel x=α convient ; si φ(β)=0, le réel x=β convient. Supposons désormais φ(α)=0 et φ(β)=0. Le produit φ(α)φ(β) est alors non nul et négatif, donc strictement négatif : φ(α) et φ(β) sont de signes contraires, et 0 est compris entre eux. La fonction φ est continue sur le segment [α,β] ; d'après le théorème des valeurs intermédiaires, elle prend en un point x∈[α,β] la valeur 0, comprise entre φ(α) et φ(β). Ce qui démontre le lemme. 2) Posons, pour tout x∈[0,21], g(x)=f(x+21)−f(x). Pour un tel x, les réels x et x+21 appartiennent à [0,1] : g est bien définie. La fonction x↦x+21 est continue sur [0,21], à valeurs dans [0,1], où f est continue ; par composition, x↦f(x+21) est continue sur [0,21], et g l'est comme différence de deux fonctions continues. On a g(0)=f(21)−f(0) et g(21)=f(1)−f(21). Comme f(1)=f(0), il vient g(21)=−g(0), donc g(0)g(21)=−g(0)2≤0. D'après le lemme appliqué à φ=g, α=0 et β=21, il existe c∈[0,21] tel que g(c)=0, c'est-à-dire f(c+21)=f(c). 3) Soit n≥2 un entier. Posons, pour tout x∈[0,1−n1], gn(x)=f(x+n1)−f(x). Pour un tel x, les réels x et x+n1 appartiennent à [0,1], donc gn est bien définie ; elle est continue sur [0,1−n1] par le même argument qu'à la question 2. Pour tout k∈{0,…,n−1}, on a 0≤nk≤1−n1. Posons S=∑k=0n−1gn(nk). Les termes se simplifient de proche en proche : S=∑k=0n−1(f(nk+1)−f(nk))=f(1)−f(0)=0. Un ensemble fini et non vide de réels admet un plus petit et un plus grand élément. Parmi les n réels gn(nk), k∈{0,…,n−1}, fixons donc un indice i pour lequel gn(ni) est le plus petit, et un indice j pour lequel gn(nj) est le plus grand. Chacun des n termes de S est compris entre ces deux valeurs ; en sommant, ngn(ni)≤S≤ngn(nj). Comme S=0 et n>0, on obtient gn(ni)≤0≤gn(nj). Posons α=nmin(i,j) et β=nmax(i,j). Alors α≤β et [α,β]⊂[0,1−n1], donc gn est continue sur [α,β] ; de plus, gn(α)gn(β)=gn(ni)gn(nj)≤0, comme produit d'un réel négatif et d'un réel positif. D'après le lemme appliqué à φ=gn sur le segment [α,β], il existe c∈[α,β] tel que gn(c)=0. Comme [α,β]⊂[0,1−n1], ce réel c appartient à [0,1−n1] et vérifie f(c+n1)=f(c). 4) Le but est une existence, et c dépend de f, fonction continue quelconque : aucune formule ne peut le donner, puisqu'on ne sait pas résoudre l'équation f(x+n1)=f(x) pour une fonction dont on ignore tout. On l'obtient donc par un théorème dont la conclusion est une existence, le théorème des valeurs intermédiaires. La fonction auxiliaire gn transforme l'égalité cherchée en une annulation, qui est la forme de la conclusion de ce théorème ; son domaine [0,1−n1] est choisi pour qu'elle soit bien définie. Le lemme réunit l'argument de signe et l'appel au théorème des valeurs intermédiaires, qui servent aux questions 2 et 3 ; il n'est démontré qu'une fois, et chaque application nomme φ, α et β. Enfin, l'écart n1 intervient exactement dans la somme télescopique : n pas de longueur n1 mènent de 0 à 1, et c'est là que sert l'hypothèse f(0)=f(1). Pour un écart d'une autre forme, la conclusion peut être fausse : la fonction F:x↦sin2(25πx)−x est continue sur [0,1], vérifie F(0)=F(1)=0 et, pour tout x∈[0,53], F(x+52)−F(x)=−52=0.
QCM
12 questions : clique sur une réponse pour voir la correction.
Question 1
Pour montrer qu'il n'existe pas de nombre rationnel r tel que r2=2, quelle démarche adopter en premier ?
Question 2
Soit f:[0,1]→R une fonction continue telle que f(0)=2 et f(1)=−1. Pour montrer qu'il existe c∈[0,1] tel que f(c)=c2, quelle démarche convient ?
Question 3
On sait que si une suite (un) converge vers un réel ℓ, alors la suite (∣un∣) converge vers ∣ℓ∣. Laquelle de ces déductions est valide ?
Question 4
Une copie contient : « Pour tout n≥1, un>0. Or (un) converge vers ℓ ; par passage à la limite, ℓ>0. Comme ln est continue en ℓ, la suite (lnun) converge vers lnℓ. » Quel est le défaut ?
Question 5
On a démontré le lemme « pour tout réel t>0, t+t1≥2 ». Soit x un réel non nul. Quelle ligne applique correctement ce lemme ?
Question 6
On a démontré que, pour tous réels a et b, ∣a+b∣≤∣a∣+∣b∣. Quelle rédaction en déduit, de façon juste et économe, que pour tous réels x, y et z, ∣x+y+z∣≤∣x∣+∣y∣+∣z∣ ?
Question 7
Pour montrer que, pour tout réel x>0, lnx≤x, quelle quantité auxiliaire introduire ?
Question 8
Pour montrer « si x2−3x+2<0, alors 1<x<2 », une copie écrit : « Soit x∈R tel que x2−3x+2<0. Si 1<x<2, alors x−1>0 et x−2<0, donc (x−1)(x−2)<0, c'est-à-dire x2−3x+2<0. Ainsi 1<x<2. » Quel est le défaut ?
Question 9
On veut appliquer le théorème des valeurs intermédiaires à une fonction g sur le segment [0,1]. Quel fait, établi à une étape précédente, fournit exactement l'hypothèse de régularité requise ?
Question 10
Soit n un entier. Pour montrer « si 8 ne divise pas n2−1, alors n est pair », quelle démarche adopter ?
Question 11
Dans l'étude d'une suite (un), à quel moment peut-on écrire « Notons ℓ∈R la limite de (un) » ?
Question 12
Laquelle de ces rédactions démontre correctement que, pour tout réel x, x2+6x+10=0 ?