Exemple: Sur le référentiel \(E=\mathbb{R}\), considérons les affirmations

• \(T_1\): ''\(\sqrt{2} \in \mathbb{Q}\)'',
• \(T_2\): ''\(\pi \not\in \mathbb{Q}\)''.

Exemple: Démontrons que l'affirmation de l'exemple du dessus, \(T\): ''le carré de tout entier pair est pair'', est vraie. Prenons un \(a\in\mathbb{Z}\), quelconque, et développons: \[\begin{aligned} a\text{ est pair} & \Rightarrow \exists\,k\in\mathbb{Z},\, a=2k \\ & \Rightarrow \exists\,k\in\mathbb{Z},\, a^2=(2k)^2=2\cdot \underbrace{2k^2}_{\in\mathbb{Z}} \\ & \Rightarrow \exists\,\ell\in\mathbb{Z},\, a^2=2\, \ell \\ & \Rightarrow \text{$a^2$ est pair}. \end{aligned}\] Ici, la première affirmation intermédiaire a seulement consisté à expliciter ce que signifie ''être pair'' (à savoir: pouvoir être écrit comme un multiple de \(2\)).

Exemple: La contraposée de la proposition ''s'il pleut, je sors avec mon parapluie'' est ''si je sors sans parapluie, c'est qu'il ne pleut pas''.

Exemple: Démontrons que \[ T:\; \forall\,a\in \mathbb{Z}, \;\text{si $a^2$ est pair, alors $a$ est pair} \] est vraie. (Pas facile para la méthode directe, essayez!)

Ecrivons la contraposée de \(T\): \[ C:\; \forall\,a\in\mathbb{Z}, \;\text{si $a$ est impair, alors $a^2$ est impair}\,, \] et montrons que \(C\) est vraie, par la méthode directe. Fixons \(a\in\mathbb{Z}\). On a: \[\begin{aligned} \text{$a$ est impair} & \Rightarrow \exists\,k\in\mathbb{Z},\, a=2k+1 \\ & \Rightarrow \exists\,k\in\mathbb{Z},\, a^2=(2k+1)^2=2\cdot ( \underbrace{2k^2+2k}_{\in\mathbb{Z}}) +1 \\ & \Rightarrow \exists\,\ell\in\mathbb{Z},\, a^2=2\, \ell+1 \\ & \Rightarrow \text{$a^2$ est impair}. \end{aligned}\] Donc \(C\) est vraie, et donc \(T\) est vraie également.

Exemple: Par ce qu'on a vu dans un exemple précédent, la proposition \[ T:\forall a\in \mathbb{Z}, a^2 \text{ pair } \Rightarrow a \text{ impair } \] est fausse. Mais une autre façon de montrer que \(T\)est fausse est de considérer sa négation, \[\text{non}T : \exists a_0\in\mathbb{Z}, a_0^2 \text{ pair et } a_0 \text{ pair}\,. \] et de remarquer que \(\text{non}T\) est vraie, puisqu'en prenant \(x_0=2\), on a \(x_0^2=4\) et \(2\) est pair.

Remarquons pourtant que:

1. On n'a pas montré qu'il n'existait pas de \(a\) impair dont le carré est pair.
2. On a pas montré non plus que si le carré est pair, le nombre est pair.

Exemple: Considérons l'affirmation \(T\): toute suite réelle \(x_n\) dont le carré \({x_n}^2\) converge est elle-même convergente. Montrons que \(T\) est fausse, en considérant sa négation \(\text{non} T\): il existe une suite \(x_n\) divergente telle que \({x_n}^2\) converge.

Comme contre-exemple, il suffit de prendre \(x_n=(-1)^n\), qui est divergente, alors que son carré \({x_n}^2=+1\) est une suite constante, et donc convergente.

Exemple: Considérons l'affirmation \(T\): la somme de deux irrationnels est irrationnelle . Sa négation est \(\text{non}T\): il existe deux irrationnels dont la somme est rationnelle, et elle est vraie puisqu'on peut par exemple prendre \(x=-\sqrt{2}\) et \(y=\sqrt{2}\) sont tous deux irrationnels, mais leur somme \(x+y=0\) est rationnelle. Donc \(T\) est fausse.

Exemple: Montrons que l'affirmation \(\sqrt{2}\) est irrationnel, c'est-à-dire \[ T:\,\sqrt{2}\not\in \mathbb{Q}\,, \] est vraie. Pour la démontrer par l'absurde, on considère \[ \text{non T}: \sqrt{2} \in \mathbb{Q}\,. \] Si \(\text{non} T\) est vraie, cela signifie que l'on peut choisir \(a,b\in \mathbb{N}^*\) tels que \[\frac{a}{b}=\sqrt{2}\,. \] Remarquons que l'on peut supposer que la fraction \(\frac{a}{b}\) est irréductible, c'est-à-dire que \(a\) et \(b\) n'ont aucun diviseur en commun.

Ensuite, élevons \(\frac{a}{b}=\sqrt{2}\) au carré, pour obtenir \[ \frac{a^2}{b^2}=2 \quad \Leftrightarrow \quad a^2 = 2b^2. \] Ceci implique que \(a^2\) est pair. Par ce que nous avions montré plus haut, cela implique que \(a\) est pair, et donc qu'il peut s'écrire comme \(a=2c\) pour un certain \(c\in \mathbb{Z}\). Donc on a finalement que \[a^2=(2c)^2=4c^2 = 2b^2 \quad \Rightarrow \quad 2c^2 = b^2. \] Donc \(b^2\) est pair, et ceci implique que \(b\) est pair à son tour. Donc \(b=2d\) pour un certain \(d\in\mathbb{N}\). Donc on en déduit que \(a\) et \(b\) sont pairs tous les deux, et donc qu'ils ont un diviseur commun: \(2\). Ceci est en contradiction avec notre hypothèse de départ. Par conséquent, \(\text{non}T\) ne peut pas être vraie, elle est donc fausse, et \(T\) est vraie: \(\sqrt{2}\) est irrationnel.

Exemple: Soit \(S_n\) définie par \[S_n= 1\cdot 1! + 2\cdot 2! + 3\cdot 3! + \cdots + n\cdot n! = \sum_{k=1}^n k\cdot k!\,.\] Démontrer \[\forall\,n\in\mathbb{N}^\ast,\, S_n=(n+1)!-1\,.\] Notons \(P(n):\, S_n=(n+1)!-1\).

1. Pour \(n_0=1\), vérifions que \(P(n_0)\) est vraie: \[S_{n_0}=S_1=1\cdot 1!=1 \quad \text{et} \quad(n_0+1)!-1=2!-1=1\,.\]
2. A montrer \(\forall\, n\geqslant 1\): \(P(n) \Rightarrow P(n+1)\)
   • Hypothèse de récurrence que l'on suppose vraie \(P(n)\): \(S_n=(n+1)!-1\)
   • Sous cette condition, montrons alors \(P(n+1)\): \(S_{n+1}=(n+2)!-1\).
   On calcule \[\begin{aligned} S_{n+1} &= 1\cdot 1! + 2\cdot 2! + 3\cdot 3! + \cdots + n\cdot n! + (n+1)\cdot (n+1)! \\ &= S_n + (n+1)\cdot(n+1)!\\ &\underbrace{=}_{\textcolor{red}{\text{Hyp. récurrence}}} (n+1)!-1 + (n+1)\cdot (n+1)!\\ &=(1+n+1)(n+1)!-1\\ &=(n+2)(n+1)!-1 = (n+2)!-1\,. \end{aligned}\]