Les réponses : bonus, défis, légende

Les Coulisses ont lancé un bonus, l’Atelier a laissé trois défis en suspens, et une anecdote athénienne attendait son verdict. Tout se règle ici, démonstrations complètes à l’appui.

Le bonus des Coulisses : la démonstration directe pour le multiple de 3

Les Coulisses ont montré une démonstration directe de « si $n^2$ est pair, alors $n$ est pair », grâce à l’identité $n = n^2 - n(n-1)$ : le produit $n(n-1)$ de deux entiers consécutifs est pair, donc si $n^2$ est pair, $n$ est une différence de deux nombres pairs. Le bonus demandait le même exploit pour le multiple de 3 :

$$\forall n \in \mathbb{N},\quad n^2 \text{ multiple de } 3 \implies n \text{ multiple de } 3.$$

La voie qui se présente d’abord : la disjonction des cas

Soit $n \in \mathbb{N}$. La division euclidienne par $3$ garantit que $n$ s’écrit sous exactement une des trois formes $n = 3q$, $n = 3q + 1$ ou $n = 3q + 2$, avec $q \in \mathbb{N}$. Calculons $n^2$ dans chaque cas :

• si $n = 3q$, alors $n^2 = 9q^2 = 3\left(3q^2\right)$ : le reste de la division de $n^2$ par $3$ vaut $0$ ;
• si $n = 3q + 1$, alors $n^2 = 9q^2 + 6q + 1 = 3\left(3q^2 + 2q\right) + 1$, avec $0 \leqslant 1 < 3$ : le reste vaut $1$ ;
• si $n = 3q + 2$, alors $n^2 = 9q^2 + 12q + 4 = 3\left(3q^2 + 4q + 1\right) + 1$, avec $0 \leqslant 1 < 3$ : le reste vaut $1$.

Ainsi, dès que $n$ n’est pas multiple de $3$ (cas 2 et 3), le reste de $n^2$ par $3$ vaut $1$ : l’entier $n^2$ n’est pas multiple de $3$. Par conséquent, si $n^2$ est multiple de $3$, seul le premier cas est possible, et $n$ est multiple de $3$.

$$\boxed{\forall n \in \mathbb{N},\quad n^2 \text{ multiple de } 3 \implies n \text{ multiple de } 3}$$

L’aveu honnête. Cette rédaction avance en marche avant, mais regardez ce qu’elle établit réellement dans les cas 2 et 3 : « si $n$ n’est pas multiple de $3$, alors $n^2$ ne l’est pas ». C’est la contraposée de l’énoncé visé, rédigée en direct par disjonction. L’élimination finale des cas (« seul le premier cas est compatible avec l’hypothèse ») est un raisonnement parfaitement valide, mais il fait le même travail logique qu’une contraposée. On n’a donc pas encore l’analogue de l’identité magique de la parité.

L’identité qui marche vraiment

La voici, et elle explique pourquoi elle était plus difficile à dénicher :

$$\forall n \in \mathbb{N},\quad n = n^3 - (n-1)\,n\,(n+1).$$

Vérification : $(n-1)\,n\,(n+1) = n\left(n^2 - 1\right) = n^3 - n$, donc $n^3 - (n-1)\,n\,(n+1) = n$.

Soit alors $n \in \mathbb{N}$ tel que $n^2$ soit multiple de $3$.

• $n^3 = n \times n^2$ est un multiple de $3$, comme produit d’un entier par un multiple de $3$ ;
• $(n-1)\,n\,(n+1)$ est un produit de trois entiers consécutifs : parmi trois entiers consécutifs, l’un est multiple de $3$, donc ce produit est multiple de $3$ ;
• $n = n^3 - (n-1)\,n\,(n+1)$ est une différence de deux multiples de $3$, donc un multiple de $3$.

Pourquoi était-ce plus dur que pour la parité ? Pour le pair, un produit de deux entiers consécutifs suffit à fabriquer un multiple de $2$ garanti, et l’identité reste au degré $2$ : $n = n^2 - n(n-1)$. Pour le $3$, le multiple garanti le plus simple exige trois entiers consécutifs, donc du degré $3$ : il faut monter jusqu’à $n^3$, et importer l’hypothèse via $n^3 = n \times n^2$. Dernier scrupule d’honnêteté : même cette « identité magique » cache une micro-disjonction (justifier que trois entiers consécutifs contiennent un multiple de $3$ se fait par les trois formes $3q$, $3q+1$, $3q+2$), exactement comme la version paire cachait « deux entiers consécutifs contiennent un pair ». La disjonction n’a pas disparu : elle a été enterrée dans un lemme si naturel qu’on ne la voit plus. C’est souvent cela, une belle démonstration directe.

Vrai ou légende ? Les juges d’Athènes et le report à cent ans

L’affirmation des Coulisses : « Embarrassés par le procès de Protagoras, les juges d’Athènes auraient reporté leur jugement à cent ans. »

Verdict : légende enjolivée à partir d’un texte réel. Trois couches se superposent.

1. Le report embarrassé est attesté. L’anecdote nous vient d’Aulu-Gelle, compilateur latin du deuxième siècle de notre ère, dans les Nuits attiques, livre V, chapitre 10. Sa conclusion : les juges, craignant qu’un jugement quel qu’il soit ne se contredise lui-même, laissèrent l’affaire non tranchée et la renvoyèrent « à une date très lointaine » (rem iniudicatam reliquerunt et causam in diem longissimam distulerunt). Le cœur de l’histoire, l’embarras et le renvoi sine die, figure donc bien dans la source antique.
2. Le chiffre « cent ans » n’y figure pas. Aulu-Gelle écrit in diem longissimam, une échéance très éloignée, sans nombre. Le « report à cent ans » est un embellissement des rédactions modernes de l’anecdote : la précision pittoresque qui transforme un texte en légende.
3. Le procès lui-même est probablement une légende d’école. Aulu-Gelle écrit six siècles après les faits supposés. Sextus Empiricus (Contre les rhéteurs) rapporte la même histoire, mais avec un autre couple maître-élève, Corax et Tisias, et un autre dénouement : le tribunal les chasse tous les deux au cri de « mauvais œuf d’un mauvais corbeau ». Une anecdote qui change de héros et de chute selon le conteur porte la signature des légendes de rhétorique, forgées pour illustrer un paradoxe plus que pour rapporter un fait.

En résumé : juges embarrassés, oui (chez Aulu-Gelle) ; report à une date indéfiniment lointaine, oui ; « cent ans », non, c’est l’ajout des conteurs ; et l’ensemble du procès relève sans doute davantage de l’exercice d’école que de l’archive judiciaire. Le paradoxe, lui, est parfaitement réel : c’est l’exemple canonique du système incohérent, et il n’a pas pris une ride.

Les trois défis de l’Atelier

Défi 1 (exercice 11) : la somme de deux carrés n’a jamais pour reste 3 dans la division par 4

Lemme (question 1 de l’exercice). Pour tout $n \in \mathbb{N}$, le reste de la division euclidienne de $n^2$ par $4$ vaut $0$ ou $1$. En effet, soit $n \in \mathbb{N}$ : si $n = 2k$ avec $k \in \mathbb{N}$, alors $n^2 = 4k^2$, de reste $0$ ; si $n = 2k + 1$ avec $k \in \mathbb{N}$, alors $n^2 = 4\left(k^2 + k\right) + 1$ avec $0 \leqslant 1 < 4$, de reste $1$.

Le défi. Soient $a \in \mathbb{N}$ et $b \in \mathbb{N}$. D’après le lemme, il existe des entiers $q$, $q'$ et des restes $r \in \{0\,;1\}$, $r' \in \{0\,;1\}$ tels que :

$$a^2 = 4q + r \qquad \text{et} \qquad b^2 = 4q' + r'.$$

Alors :

$$a^2 + b^2 = 4\left(q + q'\right) + \left(r + r'\right), \qquad \text{avec } r + r' \in \{0\,;1\,;2\}.$$

Comme $0 \leqslant r + r' < 4$, cette écriture est la division euclidienne de $a^2 + b^2$ par $4$ : son reste vaut $r + r'$, donc $0$, $1$ ou $2$. Jamais $3$.

$$\boxed{\forall (a\,;b) \in \mathbb{N}^2,\quad \text{le reste de } a^2 + b^2 \text{ dans la division par } 4 \text{ vaut } 0,\ 1 \text{ ou } 2}$$

Le point de rigueur, hérité du corrigé de l’exercice 11 : additionner les deux écritures ne suffit pas, il faut vérifier l’encadrement $0 \leqslant r + r' < 4$ pour avoir le droit d’appeler $r + r'$ un reste. Au passage, ce résultat prolonge celui de la feuille : $1\,000\,003$, de reste $3$, n’est ni un carré, ni même une somme de deux carrés.

Défi 2 (exercice 14) : il n’existe pas de plus petit réel strictement positif

Raisonnons par l’absurde : supposons qu’il existe un plus petit réel strictement positif, noté $a$. Par définition, $a > 0$ et :

$$\forall x \in \mathbb{R},\quad x > 0 \implies a \leqslant x.$$

Considérons le réel $\dfrac{a}{2}$.

• D’une part, $\dfrac{a}{2} > 0$, comme quotient du réel strictement positif $a$ par $2 > 0$. C’est donc un réel strictement positif.
• D’autre part, $a - \dfrac{a}{2} = \dfrac{a}{2} > 0$, donc $\dfrac{a}{2} < a$.

Le réel $\dfrac{a}{2}$ est ainsi strictement positif et strictement inférieur à $a$ : cela contredit la propriété de $a$ appliquée à $x = \dfrac{a}{2}$, qui exigerait $a \leqslant \dfrac{a}{2}$. L’hypothèse de départ est donc intenable :

$$\boxed{\text{il n'existe pas de plus petit réel strictement positif}}$$

Conformément au mode d’emploi de l’absurde vu au corrigé : la négation est écrite proprement au départ (l’existence de $a$ et sa propriété quantifiée), et la contradiction finale est explicite et nommée ($a \leqslant \frac{a}{2}$ contre $\frac{a}{2} < a$).

Défi 3 (exercice 21) : l’hérédité parfaite qui ne prouve rien

Pour tout $n \in \mathbb{N}$, notons $P(n)$ l’énoncé : « $4^n + 1$ est divisible par $3$ ».

1. L’hérédité est irréprochable. Soit $n \in \mathbb{N}$ tel que $P(n)$ soit vraie : il existe $q \in \mathbb{N}$ tel que $4^n + 1 = 3q$. Alors :

$$4^{n+1} + 1 = 4 \times 4^n + 1 = 4\left(4^n + 1\right) - 3 = 4 \times 3q - 3 = 3\left(4q - 1\right).$$

Comme $4q - 1 \in \mathbb{Z}$, l’entier $4^{n+1} + 1$ est divisible par $3$ : $P(n+1)$ est vraie. L’implication $P(n) \implies P(n+1)$ est donc démontrée pour tout $n \in \mathbb{N}$, sans la moindre faille.

2. Pourtant $P(n)$ n’est jamais vraie. Montrons par récurrence que pour tout $n \in \mathbb{N}$, le reste de la division euclidienne de $4^n + 1$ par $3$ vaut $2$, c’est-à-dire qu’il existe $q \in \mathbb{N}$ tel que $4^n + 1 = 3q + 2$.

• Initialisation. Pour $n = 0$ : $4^0 + 1 = 2 = 3 \times 0 + 2$, avec $0 \leqslant 2 < 3$.
• Hérédité. Soit $n \in \mathbb{N}$ tel que $4^n + 1 = 3q + 2$ avec $q \in \mathbb{N}$. Alors $4^n = 3q + 1$, donc : $4^{n+1} + 1 = 4\left(3q + 1\right) + 1 = 12q + 5 = 3\left(4q + 1\right) + 2, \qquad \text{avec } 0 \leqslant 2 < 3.$ Le reste au rang $n + 1$ vaut encore $2$.
• Conclusion. Par le principe de récurrence, pour tout $n \in \mathbb{N}$, le reste de $4^n + 1$ par $3$ vaut $2$. Un entier de reste $2$ n’est pas divisible par $3$ :

$$\boxed{\forall n \in \mathbb{N},\quad 4^n + 1 \text{ n'est pas divisible par } 3}$$

Savourez l’ironie de la méthode : pour prouver que $P(n)$ n’est jamais vraie, on utilise… une récurrence, mais sur le bon invariant (le reste $2$), celui qui possède à la fois une initialisation et une hérédité.

3. La leçon symétrique. Les chevaux du cours avaient une initialisation vraie et une hérédité cassée à un seul endroit : tout s’effondrait. Ici, c’est l’exact miroir : l’hérédité est parfaite, mais l’initialisation est introuvable, puisqu’aucun rang ne rend $P(n)$ vraie. Une hérédité ne fait que propager du vrai ; si rien n’est vrai au départ, elle propage du vide et tourne vaine, comme un escalier parfaitement construit qui ne toucherait pas le sol. Les deux piliers de la récurrence sont indispensables, et aucun ne supplée l’autre.

Trois rédactions alternatives

Le corrigé de l’Atelier a rédigé chaque question pivot avec un outil. En voici trois reprises avec un autre outil : deux démonstrations valent mieux qu’une.

Exercice 14, question 1 : la somme d’un rationnel et d’un irrationnel (contraposée au lieu de l’absurde)

Le corrigé raisonnait par l’absurde. Voie alternative : la contraposée. Soit $r \in \mathbb{Q}$. L’énoncé à démontrer est :

$$\forall x \in \mathbb{R},\quad x \notin \mathbb{Q} \implies r + x \notin \mathbb{Q}.$$

Sa contraposée s’énonce : $\forall x \in \mathbb{R},\ r + x \in \mathbb{Q} \implies x \in \mathbb{Q}$. Démontrons-la directement. Soit $x \in \mathbb{R}$ tel que $r + x \in \mathbb{Q}$. Alors :

$$x = \left(r + x\right) - r,$$

différence de deux rationnels, donc rationnel ($\mathbb{Q}$ est stable par différence). La contraposée est vraie, donc l’implication de départ aussi : pour tout irrationnel $x$, le réel $r + x$ est irrationnel.

Comparaison. Le calcul-clé est le même ($x$ s’exprime comme différence de deux rationnels), mais la contraposée économise toute la mise en scène de la contradiction : l’hypothèse négative « $x \notin \mathbb{Q}$ », inexploitable en calcul, est troquée contre l’hypothèse positive « $r + x \in \mathbb{Q}$ », qui se manipule immédiatement.

Exercice 17, question 1 : la somme des premiers entiers (double comptage au lieu de la récurrence)

Le corrigé donnait la rédaction canonique par récurrence. Voie alternative : l’appariement de Gauss, sans récurrence. Soit $n \in \mathbb{N}^*$, et notons $S = 1 + 2 + \cdots + n$. Écrivons cette somme dans les deux sens :

$$S = 1 + 2 + \cdots + (n-1) + n \qquad \text{et} \qquad S = n + (n-1) + \cdots + 2 + 1.$$

La seconde écriture parcourt exactement les mêmes entiers dans l’ordre inverse (changement d’indice $j = n + 1 - k$, qui échange les rangs $k$ et $j$). En additionnant colonne par colonne, chaque paire vaut $k + (n + 1 - k) = n + 1$, et il y a $n$ colonnes :

$$2S = n\left(n + 1\right), \qquad \text{d'où} \qquad \boxed{\forall n \in \mathbb{N}^*,\quad 1 + 2 + \cdots + n = \dfrac{n(n+1)}{2}}$$

Comparaison. La récurrence vérifie une formule qu’on lui fournit, le double comptage la découvre et explique le $2$ du dénominateur ; en revanche, le gabarit de la récurrence se transporte tel quel aux sommes de carrés et de cubes de l’exercice 18, là où l’astuce d’appariement ne suit plus.

Exercice 24, question 1 : l’inégalité triangulaire (disjonction des cas au lieu des carrés)

Le corrigé comparait les carrés des deux membres. Voie alternative : une disjonction selon le signe de $x + y$. Rappelons d’abord que par définition de la valeur absolue :

$$\forall t \in \mathbb{R},\quad t \leqslant |t| \quad \text{et} \quad -t \leqslant |t|.$$

Soient $x \in \mathbb{R}$ et $y \in \mathbb{R}$. Deux cas couvrent toutes les situations.

• Cas 1 : $x + y \geqslant 0$. Alors $|x + y| = x + y$, et comme $x \leqslant |x|$ et $y \leqslant |y|$, en additionnant : $|x + y| \leqslant |x| + |y|$.
• Cas 2 : $x + y < 0$. Alors $|x + y| = -(x + y) = (-x) + (-y)$, et comme $-x \leqslant |x|$ et $-y \leqslant |y|$, en additionnant : $|x + y| \leqslant |x| + |y|$.

Dans tous les cas :

$$\boxed{\forall (x\,;y) \in \mathbb{R}^2,\quad |x + y| \leqslant |x| + |y|}$$

Comparaison. La disjonction n’exige rien de plus que la définition de la valeur absolue, quand la voie des carrés mobilise le signe du produit et la croissance de la racine ; mais ce sont les carrés qui se généralisent bien au-delà du chapitre (normes de vecteurs, inégalité de Cauchy-Schwarz), là où le découpage en cas ne s’étend pas.

Sources

• Aulu-Gelle, Nuits attiques, livre V, chapitre 10, traduction française (remacle.org) : le texte antique du procès de Protagoras et le renvoi in diem longissimam.
• « Paradoxe de l’avocat », Wikipédia (fr) : les sources antiques (Aulu-Gelle ; Sextus Empiricus, Contre les rhéteurs, 2.96-99) et la variante Corax et Tisias.
• « Paradox of the Court », Wikipedia (en) : synthèse des variantes et de la postérité du paradoxe.
• Feuille d’exercices et corrigé du chapitre A0, exercices 11, 14, 17, 21 et 24 ; cours A0, section 4 ; Coulisses A0, pièces 3 et 4.