Annoncer, structurer et conclure

1) Première phrase : « Montrons que pour tout $n \in \mathbb{N}$, $n(n + 1)$ est pair, en distinguant deux cas selon la parité de $n$. » Dernière phrase : « L'entier $n$ étant quelconque, on a démontré que pour tout $n \in \mathbb{N}$, $n(n + 1)$ est pair. » La méthode est annoncée parce que le découpage en cas n'est pas le seul chemin possible.
2) Première phrase : « Notons $S$ l'ensemble des réels $x$ tels que $x^2 = 3x$. » Dernière phrase : « L'ensemble des solutions est $S = \{0, 3\}$. » Et non « $x = 0$ ou $x = 3$ », qui est une condition sur une lettre et pas l'ensemble demandé.
3) Première phrase : « Montrons qu'il n'existe aucun réel $x$ tel que $x^2 + x + 1 = 0$, en calculant le discriminant de ce trinôme. » Dernière phrase : « Non : le discriminant étant strictement négatif, il n'existe aucun réel $x$ tel que $x^2 + x + 1 = 0$. » Une question « Existe-t-il » appelle oui ou non en toutes lettres, suivi de sa raison ; le brouillon ayant tranché, on annonce ce que l'on va démontrer, pas « cherchons s'il existe ».
4) Première phrase : « Calculons $I$ à l'aide d'une primitive de $x \mapsto 3x^2 - 1$ sur $[0, 2]$. » Dernière phrase : « Ainsi $I = 6$. » Pour « calculer », la conclusion nomme l'objet et donne sa valeur simplifiée.
5) Première phrase : « Montrons que $h$ admet sur $\mathbb{R}$ un maximum égal à $4$, atteint en $2$, en mettant $h(x)$ sous forme canonique. » Dernière phrase : « Ainsi $h$ admet sur $\mathbb{R}$ un maximum égal à $4$, atteint en $2$. » Un maximum se conclut par sa valeur et un point où elle est atteinte : la majoration $h(x) \leq 4$ seule ne suffit pas.

[1] « Montrons que $a \leq b$ si et seulement si $a^2 \leq b^2$. » L'annonce recopie le but ; la phrase suivante annonce la méthode.
[2] « $(\Rightarrow)$ » : l'hypothèse posée est le membre de gauche, c'est le sens direct.
[3] « Montrons $a^2 \leq b^2$. » L'étiquette est suivie de son hypothèse et de son but.
[4] « Donc, par transitivité, » : les deux inégalités précédentes s'enchaînent.
[5] « $(\Leftarrow)$ » : l'hypothèse est cette fois le membre de droite.
[6] « Cas 1 : $a + b > 0$. »
[7] « Cas 2 : $a + b = 0$. » Puisque $a + b \geq 0$, ces deux cas épuisent toutes les possibilités.
[8] « Dans les deux cas, $a \leq b$, ce qui établit $(\Leftarrow)$. Conclusion. Les deux implications étant démontrées, $a \leq b$ si et seulement si $a^2 \leq b^2$. »
Chaque étiquette est suivie de son hypothèse et de son but : c'est ce qui empêche d'écrire deux fois « Supposons $a \leq b$ » et de démontrer ainsi deux fois le même sens. Le numéro des cas permet ensuite d'écrire « dans les deux cas » sans rien oublier.

Montrons que pour tous réels $x$ et $y$, $x^2 + xy + y^2 \geq 0$. Pour cela, écrivons $x^2 + xy + y^2$ comme une somme de deux carrés, en complétant le carré en $x$.
Soient $x \in \mathbb{R}$ et $y \in \mathbb{R}$.
Commençons par transformer l'expression. On a $\left(x + \frac{y}{2}\right)^2 = x^2 + xy + \frac{y^2}{4}$, donc $x^2 + xy + y^2 = \left(x + \frac{y}{2}\right)^2 + \frac{3y^2}{4}$.
Montrons ensuite que chaque terme est positif. Le réel $\left(x + \frac{y}{2}\right)^2$ est un carré, donc il est positif. Le réel $y^2$ est un carré et $\frac{3}{4} > 0$, donc $\frac{3y^2}{4} \geq 0$.
Une somme de deux réels positifs est positive ; d'après l'égalité obtenue plus haut, $x^2 + xy + y^2 \geq 0$.
Conclusion. Les réels $x$ et $y$ étant quelconques, on a démontré que pour tous réels $x$ et $y$, $x^2 + xy + y^2 \geq 0$.
À retenir : la preuve courte se passe d'étapes titrées mais garde son annonce, et la conclusion remonte des deux réels fixés à tous les couples de réels, avec les deux quantificateurs de l'énoncé.

Notons $S$ l'ensemble des réels $x \neq 1$ tels que $\frac{x}{x - 1} \geq 2$. Nous allons ramener l'inéquation à l'étude du signe d'un quotient, en deux étapes.
Soit $x \in \mathbb{R} \setminus \{1\}$.
Étape 1 : $\frac{x}{x - 1} \geq 2$ si et seulement si $\frac{2 - x}{x - 1} \geq 0$.
On a $\frac{x}{x - 1} \geq 2$ si et seulement si $\frac{x}{x - 1} - 2 \geq 0$. Or $\frac{x}{x - 1} - 2 = \frac{x - 2(x - 1)}{x - 1} = \frac{2 - x}{x - 1}$, ce qui établit l'étape 1.
Étape 2 : $\frac{2 - x}{x - 1} \geq 0$ si et seulement si $1 < x \leq 2$.
Distinguons trois cas selon la position de $x$ par rapport à $1$ et à $2$ ; comme $x \neq 1$, ils épuisent toutes les possibilités.
Cas 1 : $x < 1$. Comme $x < 1 < 2$, on a $2 - x > 0$ ; de plus $x - 1 < 0$. Donc $\frac{2 - x}{x - 1} < 0$ : l'inégalité $\frac{2 - x}{x - 1} \geq 0$ est fausse.
Cas 2 : $1 < x \leq 2$. On a $2 - x \geq 0$ et $x - 1 > 0$, donc l'inégalité $\frac{2 - x}{x - 1} \geq 0$ est vraie.
Cas 3 : $x > 2$. On a $2 - x < 0$ ; comme $x > 2 > 1$, on a aussi $x - 1 > 0$. Donc $\frac{2 - x}{x - 1} < 0$ : l'inégalité $\frac{2 - x}{x - 1} \geq 0$ est fausse.
Les trois cas couvrant tous les réels différents de $1$, l'inégalité $\frac{2 - x}{x - 1} \geq 0$ est vraie si et seulement si $1 < x \leq 2$, ce qui établit l'étape 2.
D'après les étapes 1 et 2, $\frac{x}{x - 1} \geq 2$ si et seulement si $1 < x \leq 2$. Le réel $x \neq 1$ étant quelconque, pour tout réel $x \neq 1$, $\frac{x}{x - 1} \geq 2$ si et seulement si $x \in \left]1, 2\right]$.
Conclusion. L'ensemble des solutions est $S = \left]1, 2\right]$.
À retenir : chaque titre énonce l'équivalence que l'étape établit, et la dernière équivalence est traduite en un intervalle dont chaque borne dit si elle est incluse, $1$ exclu car interdit, $2$ inclus car l'inégalité est large.

Montrons que la suite $(I_n)$ est décroissante et qu'elle converge vers $0$. Nous procédons en trois étapes : la comparaison de $I_{n+1}$ et de $I_n$, qui donnera la décroissance, puis une minoration et une majoration de $I_n$, qui donneront la limite par le théorème des gendarmes.
Étape 1 : pour tout $n \in \mathbb{N}$, $I_{n+1} \leq I_n$.
Soit $n \in \mathbb{N}$, et soit $x \in [0, 1]$. En multipliant l'inégalité $x \leq 1$ par $x^n \geq 0$, on obtient $x^{n+1} \leq x^n$, puis, en multipliant par $e^{-x} > 0$, $x^{n+1} e^{-x} \leq x^n e^{-x}$. Ceci valant pour tout $x \in [0, 1]$, les deux fonctions étant continues sur $[0, 1]$ et les bornes $0 \leq 1$ étant dans l'ordre croissant, la croissance de l'intégrale donne $I_{n+1} \leq I_n$. L'entier $n$ étant quelconque, l'étape 1 est établie.
Étape 2 : pour tout $n \in \mathbb{N}$, $I_n \geq 0$.
Soit $n \in \mathbb{N}$. Pour tout $x \in [0, 1]$, $x^n \geq 0$ et $e^{-x} > 0$, donc $x^n e^{-x} \geq 0$. La fonction $x \mapsto x^n e^{-x}$ étant continue et positive sur $[0, 1]$, la positivité de l'intégrale donne $I_n \geq 0$. L'entier $n$ étant quelconque, l'étape 2 est établie.
Étape 3 : pour tout $n \in \mathbb{N}$, $I_n \leq \frac{1}{n + 1}$.
Soit $n \in \mathbb{N}$, et soit $x \in [0, 1]$. Comme $-x \leq 0$ et que la fonction exponentielle est croissante, $e^{-x} \leq e^0 = 1$ ; en multipliant par $x^n \geq 0$, on obtient $x^n e^{-x} \leq x^n$. Ceci valant pour tout $x \in [0, 1]$, les deux fonctions étant continues sur $[0, 1]$, la croissance de l'intégrale donne $I_n \leq \int_0^1 x^n\,\mathrm{d}x = \left[\frac{x^{n+1}}{n + 1}\right]_0^1 = \frac{1}{n + 1}$. L'entier $n$ étant quelconque, l'étape 3 est établie.
Conclusion. D'après l'étape 1, la suite $(I_n)$ est décroissante. D'après les étapes 2 et 3, pour tout $n \in \mathbb{N}$, $0 \leq I_n \leq \frac{1}{n + 1}$ ; comme la suite $\left(\frac{1}{n + 1}\right)$ converge vers $0$, le théorème des gendarmes montre que $(I_n)$ converge vers $0$. Ainsi la suite $(I_n)$ est décroissante et converge vers $0$.
À retenir : chaque titre énonce un résultat exact, chaque étape se ferme en généralisant sur l'entier fixé, et la conclusion répond aux deux exigences de la consigne en citant les étapes qui établissent chacune.

L'erreur est dans la conclusion, qui a perdu l'intervalle. La fonction $f$ étant définie sur $\mathbb{R}$, « $f$ est croissante » se lit « $f$ est croissante sur $\mathbb{R}$ ». C'est plus que ce que la preuve a établi, puisque le signe de $f'$ n'a été étudié que sur $\left[1, +\infty\right[$, et c'est même faux : $0 < 1$ alors que $f(0) = 0 > -1 = f(1)$. Une conclusion fausse invalide la réponse, même quand toutes les lignes qui la précèdent sont justes ; elle ne répond pas non plus à la consigne, qui portait sur $\left[1, +\infty\right[$.
Rédaction correcte.
Montrons que $f$ est croissante sur $\left[1, +\infty\right[$ en étudiant le signe de sa dérivée.
La fonction $f$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ car polynomiale, et pour tout réel $x$, $f'(x) = 2x - 2$.
Soit $x \geq 1$. Alors $2x \geq 2$, donc $f'(x) = 2x - 2 \geq 0$.
Le réel $x \geq 1$ étant quelconque, $f'$ est positive sur l'intervalle $\left[1, +\infty\right[$.
Conclusion. La dérivée de $f$ étant positive sur l'intervalle $\left[1, +\infty\right[$, la fonction $f$ est croissante sur $\left[1, +\infty\right[$.
Avant de rendre, on relit la conclusion à côté de la consigne : même propriété, même intervalle.

L'erreur est dans la partie $(\Leftarrow)$ : sous cette étiquette, la copie suppose $x \geq 1$ et vise $\frac{1}{x} \leq 1$, c'est-à-dire qu'elle redémontre le sens direct par une autre méthode. L'implication « si $\frac{1}{x} \leq 1$, alors $x \geq 1$ » n'est donc jamais établie, et la conclusion affirme une équivalence alors qu'un seul sens est acquis : elle affirme plus que ce qui a été démontré. L'étiquette ne garantit rien à elle seule ; ce sont l'hypothèse posée et le but visé qui disent quel sens on démontre.
Preuve correcte.
Montrons que pour tout réel $x > 0$, $x \geq 1$ si et seulement si $\frac{1}{x} \leq 1$, en démontrant successivement les deux implications.
Soit $x > 0$.
$(\Rightarrow)$ Supposons $x \geq 1$. Montrons $\frac{1}{x} \leq 1$.
En divisant les deux membres de l'inégalité $1 \leq x$ par le réel strictement positif $x$, on obtient $\frac{1}{x} \leq 1$.
$(\Leftarrow)$ Supposons $\frac{1}{x} \leq 1$. Montrons $x \geq 1$.
En multipliant les deux membres de l'inégalité $\frac{1}{x} \leq 1$ par le réel strictement positif $x$, on obtient $1 \leq x$, c'est-à-dire $x \geq 1$.
Conclusion. Les deux implications étant démontrées et le réel $x > 0$ étant quelconque, on a démontré que pour tout réel $x > 0$, $x \geq 1$ si et seulement si $\frac{1}{x} \leq 1$.
Pour relire une équivalence, on vérifie que l'hypothèse posée sous $(\Leftarrow)$ est le membre de droite et que le but visé est le membre de gauche.

1) Montrons que pour tout $x \in [0, 1]$, $|f(x)| \leq \frac{1}{2}$. Nous procédons en trois étapes : un résultat valable pour toute fonction nulle en $0$ dont la dérivée est bornée par $1$, son application à $f$ et à $x \mapsto f(1 - x)$, puis la comparaison de $\min(x, 1 - x)$ à $\frac{1}{2}$.
Étape 1 : pour toute fonction $g : [0, 1] \to \mathbb{R}$ dérivable telle que $g(0) = 0$ et $|g'(t)| \leq 1$ pour tout $t \in [0, 1]$, on a $|g(x)| \leq x$ pour tout $x \in [0, 1]$.
Soit $g$ une telle fonction. Posons $u : t \mapsto g(t) - t$ et $v : t \mapsto g(t) + t$, dérivables sur $[0, 1]$. Pour tout $t \in [0, 1]$, on a $-1 \leq g'(t) \leq 1$, donc $u'(t) = g'(t) - 1 \leq 0$ et $v'(t) = g'(t) + 1 \geq 0$. Ainsi $u$ est décroissante et $v$ est croissante sur l'intervalle $[0, 1]$.
Soit $x \in [0, 1]$. Comme $0 \leq x$, on a $u(x) \leq u(0) = 0$ et $v(x) \geq v(0) = 0$, c'est-à-dire $-x \leq g(x) \leq x$, soit $|g(x)| \leq x$. La fonction $g$ et le réel $x$ étant quelconques, l'étape 1 est établie.
Étape 2 : pour tout $x \in [0, 1]$, $|f(x)| \leq x$ et $|f(x)| \leq 1 - x$.
La fonction $f$ est dérivable sur $[0, 1]$, nulle en $0$, et sa dérivée est bornée par $1$ : l'étape 1 appliquée à $f$ donne $|f(x)| \leq x$ pour tout $x \in [0, 1]$. Posons $\varphi : t \mapsto f(1 - t)$. Pour tout $t \in [0, 1]$, on a $1 - t \in [0, 1]$, donc $\varphi$ est définie et dérivable sur $[0, 1]$, avec $\varphi'(t) = -f'(1 - t)$, d'où $|\varphi'(t)| \leq 1$ ; de plus $\varphi(0) = f(1) = 0$. D'après l'étape 1 appliquée à $\varphi$, pour tout $t \in [0, 1]$, $|f(1 - t)| \leq t$. Soit $x \in [0, 1]$ : en appliquant ce résultat au réel $t = 1 - x$, qui appartient à $[0, 1]$, on obtient $|f(x)| \leq 1 - x$. Le réel $x$ étant quelconque, l'étape 2 est établie.
Étape 3 : pour tout $x \in [0, 1]$, $\min(x, 1 - x) \leq \frac{1}{2}$.
Soit $x \in [0, 1]$. Cas 1 : $x \leq \frac{1}{2}$. Alors $\min(x, 1 - x) \leq x \leq \frac{1}{2}$. Cas 2 : $x > \frac{1}{2}$. Alors $1 - x < \frac{1}{2}$, donc $\min(x, 1 - x) \leq 1 - x < \frac{1}{2}$. Le réel $x$ étant quelconque, l'étape 3 est établie.
Conclusion. Soit $x \in [0, 1]$. D'après l'étape 2, $|f(x)|$ est inférieur ou égal à $x$ et à $1 - x$, donc à $\min(x, 1 - x)$, qui est inférieur ou égal à $\frac{1}{2}$ d'après l'étape 3. Le réel $x$ étant quelconque, on a démontré que pour tout $x \in [0, 1]$, $|f(x)| \leq \frac{1}{2}$.
2) Montrons que pour tout $x \in [0, 1]$, $|f(x)| \leq \frac{1}{2}$.
Soit $x \in [0, 1]$. Si $x \leq \frac{1}{2}$, la question précédente donne $|f(x)| \leq x \leq \frac{1}{2}$. Si $x > \frac{1}{2}$, elle donne $|f(x)| \leq 1 - x < \frac{1}{2}$.
Le réel $x$ étant quelconque, on a démontré que pour tout $x \in [0, 1]$, $|f(x)| \leq \frac{1}{2}$.
Ce qui a changé : l'étude des fonctions auxiliaires et le passage à $x \mapsto f(1 - x)$, qui faisaient l'essentiel de la question 1, sont acquis et se citent en une ligne, si bien que la preuve devenue courte n'a plus besoin de plan ni d'étapes titrées. Ce qui demeure : l'annonce, la distinction selon la position de $x$ par rapport à $\frac{1}{2}$ et la conclusion généralisée, car c'est exactement ce que cette question évalue.