Contre-exemple et absurde : exercices corrigés de 2de

La proposition est universelle : pour la réfuter, il suffit d'un contre-exemple, c'est-à-dire d'un réel $x$ pour lequel $x^2 \geq x$ est faux.

On essaie $x = 3$ : $x^2 = 9 \geq 3$, vrai. Cet essai ne prouve rien, il ne peut pas servir de contre-exemple. On essaie $x = 0{,}5$.

Pour $x = \frac{1}{2}$ : $x^2 = \frac{1}{4}$ et $x = \frac{1}{2} = \frac{2}{4}$. Donc $x^2 = \frac{1}{4} < \frac{2}{4} = x$.

Ainsi l'inégalité $x^2 \geq x$ est fausse pour $x = \frac{1}{2}$.

Il s'agit d'une proposition universelle sur l'ensemble des nombres premiers. On cherche un nombre premier pair.

Les nombres premiers commencent par $2, 3, 5, 7, 11\dots$ Le nombre $2$ a exactement deux diviseurs, $1$ et $2$ : il est premier.

Or $2 = 2 \times 1$ est pair, donc il n'est pas impair.

Supposition : on suppose qu'il existe un plus grand entier naturel, que l'on note $N$. Cela signifie que tout entier naturel $n$ vérifie $n \leq N$.

Déduction : $N+1$ est lui aussi un entier naturel. D'après la supposition, on devrait donc avoir $N+1 \leq N$.

Contradiction : l'inégalité $N+1 \leq N$ équivaut à $1 \leq 0$, ce qui est faux.

Conclusion : la supposition de départ est impossible.

Clara a testé cinq valeurs seulement. Des exemples qui marchent ne démontrent pas une proposition universelle : ce n'est pas une démonstration ¹.

On cherche un contre-exemple, donc un entier $n$ pour lequel $A(n)$ n'est pas premier. On essaie $n = 41$.

$A(41) = 41^2 + 41 + 41 = 1681 + 82 = 1763$.

On met $41$ en facteur : $41^2 + 41 + 41 = 41 \times (41 + 1 + 1) = 41 \times 43 = 1763$.

Le nombre $1763$ est le produit de $41$ et de $43$, tous deux différents de $1$ et de $1763$ : il a plus de deux diviseurs, donc il n'est pas premier.

a. La proposition est de la forme « pour tout $x$, $P(x)$ ». Sa négation est : « il existe un réel $x$ tel que $x^2 < x$ ». C'est exactement l'énoncé d'un contre-exemple.

b. La proposition est de la forme « il existe $n$ tel que $P(n)$ ». Sa négation est : « pour tout entier naturel $n$, $n^2 \neq 2$ ».

c. Négation : « Il existe au moins un élève de la classe qui a 14 ans ou moins. » La négation de « plus de 14 ans » est bien « 14 ans ou moins », et non « moins de 14 ans ».

d. On veut prouver la négation de b : « pour tout entier naturel $n$, $n^2 \neq 2$ ». On suppose donc le contraire, c'est-à-dire qu'il existe un entier naturel $n$ tel que $n^2 = 2$. Or $1^2 = 1 < 2$ et $2^2 = 4 > 2$, donc $n$ serait strictement compris entre $1$ et $2$, ce qui est impossible pour un entier : c'est la contradiction. Dans tous les cas, on commence par écrire correctement la négation de ce qu'on veut établir ⁵.

Supposition : on suppose que, dans le groupe, deux personnes quelconques sont toujours nées des mois différents. Autrement dit, chaque mois est le mois de naissance d'au plus une personne.

Déduction : l'année compte 12 mois. Le groupe contient donc au plus 12 personnes.

Contradiction : le groupe a 13 personnes, et $13 > 12$. C'est incompatible avec le résultat précédent.

Conclusion : la supposition est fausse. Au moins deux personnes du groupe sont nées le même mois.

Partie A. Prouver « $n^2$ pair $\Rightarrow$ $n$ pair » revient à prouver sa contraposée : « $n$ impair $\Rightarrow$ $n^2$ impair » ⁵.

Soit $n$ impair : $n = 2k+1$ avec $k$ entier. Alors $n^2 = 4k^2 + 4k + 1 = 2(2k^2 + 2k) + 1$.

Comme $2k^2 + 2k$ est un entier, $n^2$ est de la forme $2m+1$ : il est impair. La contraposée est démontrée, donc l'implication aussi.

Partie B. Supposition : on suppose que $\sqrt{2}$ est rationnel. Par définition, c'est un quotient de deux entiers ² : $\sqrt{2} = \frac{p}{q}$ avec $p, q$ entiers, $q \neq 0$, et $\frac{p}{q}$ irréductible, donc $p$ et $q$ ne sont pas tous deux pairs.

Déduction 1 : en élevant au carré, $2 = \frac{p^2}{q^2}$, donc $p^2 = 2q^2$. Ainsi $p^2$ est pair, et d'après la partie A, $p$ est pair : $p = 2m$ avec $m$ entier.

Déduction 2 : on remplace : $(2m)^2 = 2q^2$, soit $4m^2 = 2q^2$, donc $q^2 = 2m^2$. Alors $q^2$ est pair, et d'après la partie A, $q$ est pair.

Contradiction : $p$ et $q$ sont tous deux pairs, ce qui contredit l'irréductibilité de $\frac{p}{q}$. Conclusion : $\sqrt{2}$ n'est pas rationnel. C'est une démonstration classique de ce nombre par l'absurde ³.

a. Supposition : $3\sqrt{2}$ est rationnel, soit $3\sqrt{2} = \frac{p}{q}$ avec $p, q$ entiers, $q \neq 0$.

Déduction : alors $\sqrt{2} = \frac{p}{3q}$, avec $p$ et $3q$ entiers et $3q \neq 0$. Donc $\sqrt{2}$ serait rationnel. Contradiction avec le résultat connu. Donc $3\sqrt{2}$ n'est pas rationnel ³.

b. Supposition : $\sqrt{2} - 4 = r$ avec $r$ rationnel. Alors $\sqrt{2} = r + 4$. Or $r + 4$ est la somme de deux rationnels, donc un rationnel : contradiction. Donc $\sqrt{2} - 4$ n'est pas rationnel.

c. Supposition : $\frac{3\sqrt{2} + 7}{5} = r$ avec $r$ rationnel. Alors $3\sqrt{2} = 5r - 7$, puis $\sqrt{2} = \frac{5r - 7}{3}$.

Le nombre $\frac{5r - 7}{3}$ est obtenu à partir du rationnel $r$ par produit, différence et quotient par $3$ : c'est un rationnel. On aurait $\sqrt{2}$ rationnel, ce qui est une contradiction. Donc le nombre du c n'est pas rationnel.

Partie A. Le produit vaut $2 \times 3 = 6$, $6 \times 5 = 30$, $30 \times 7 = 210$, $210 \times 11 = 2310$, $2310 \times 13 = 30030$. Donc $N = 30031$.

Le produit $30030$ est divisible par chacun des nombres de la liste. Donc $N = 30030 + 1$ laisse, dans la division par chacun d'eux, un reste de $1$. Aucun nombre de la liste ne divise $N$.

Pourtant $N \geq 2$ a un diviseur premier. Ici $30031 = 59 \times 509$, et $59$ et $509$ sont absents de la liste. La liste n'était donc pas complète.

Partie B. Supposition : les nombres premiers sont en nombre fini, $p_1, \dots, p_k$, et cette liste les contient tous. Soit $N = p_1 \times \dots \times p_k + 1$, qui est supérieur ou égal à $2$ : il a un diviseur premier $p$.

Déduction : $p$ est un nombre premier, donc il figure dans la liste : $p = p_i$ pour un certain $i$. Alors $p$ divise le produit $p_1 \times \dots \times p_k$ et divise $N$, donc divise leur différence, qui vaut $1$.

Contradiction : un nombre premier ne peut pas diviser $1$, puisqu'il est supérieur ou égal à $2$. Conclusion : la supposition est fausse, il y a une infinité de nombres premiers. C'est un résultat classique, que l'on rédige souvent par l'absurde ⁴.