MPSI · Logique et raisonnements

Raisonnement par l'absurde

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Dernier schéma du chapitre, et le plus spectaculaire : pour prouver qu'une chose est vraie, on suppose qu'elle est fausse — et on pousse cette supposition jusqu'à ce qu'elle s'effondre sur une contradiction. C'est par ce détour que l'humanité a su, il y a vingt-cinq siècles, que 2\sqrt{2} n'est pas une fraction et que les nombres premiers ne s'épuisent jamais.

Le principe

Question

Supposer le contraire de ce qu'on veut prouver semble un contresens. Qu'est-ce qui légitime cette manœuvre — et que faut-il atteindre pour qu'elle conclue ?

Principe 1 : Raisonnement par l'absurde

Soit P\mathcal{P} une assertion.

Si « ¬P⇒Q\neg\mathcal{P} \Rightarrow \mathcal{Q} » est vraie avec Q\mathcal{Q} une proposition fausse, alors ¬P\neg\mathcal{P} est fausse, c'est-à-dire que P\mathcal{P} est vraie.

Ainsi, pour montrer que P\mathcal{P} est vraie, il suffit de supposer ¬P\neg\mathcal{P} et d'en déduire une proposition fausse (une contradiction, ou absurdité).

Démonstration :

Supposons « ¬P⇒Q\neg\mathcal{P} \Rightarrow \mathcal{Q} » vraie et Q\mathcal{Q} fausse. Si ¬P\neg\mathcal{P} était vraie, alors Q\mathcal{Q} serait vraie par modus ponens — contraire à l'hypothèse. Donc ¬P\neg\mathcal{P} est fausse, et par la logique binaire, P\mathcal{P} est vraie.

Remarque :

La contradiction atteinte peut prendre plusieurs visages : une proposition fausse en elle-même (0=10 = 1, 2∣12 \mid 1…), ou — le cas le plus fréquent — la négation d'une des hypothèses posées en cours de route. Aboutir à « A\mathcal{A} et ¬A\neg\mathcal{A} » est une contradiction, quel que soit A\mathcal{A}.

Principe 2 : Démontrer une implication par l'absurde

Soient P\mathcal{P} et Q\mathcal{Q} deux assertions. La négation de « P⇒Q\mathcal{P} \Rightarrow \mathcal{Q} » est « P\mathcal{P} et ¬Q\neg\mathcal{Q} ».

Pour montrer que « P⇒Q\mathcal{P} \Rightarrow \mathcal{Q} » est vraie, on suppose donc à la fois P\mathcal{P} et ¬Q\neg\mathcal{Q}, et on en déduit une contradiction.

Remarque :

Absurde ou contraposition ? Pour démontrer P⇒Q\mathcal{P} \Rightarrow \mathcal{Q} :

  1. La contraposition suppose ¬Q\neg\mathcal{Q} seul, avec un but précis : atteindre ¬P\neg\mathcal{P}.
  2. L'absurde suppose P\mathcal{P} et ¬Q\neg\mathcal{Q} — une hypothèse de plus à disposition — mais avec un but flou : atteindre une contradiction, n'importe laquelle.

L'absurde est donc plus puissant en apparence, mais plus dangereux en pratique : on navigue sans destination, et beaucoup de « démonstrations par l'absurde » d'élèves sont en réalité des contrapositions déguisées (on suppose P\mathcal{P} et ¬Q\neg\mathcal{Q}, on n'utilise jamais P\mathcal{P}, on démontre ¬P\neg\mathcal{P}, contradiction). Ce n'est pas faux — c'est maladroit. Règle pratique : si tu vois d'avance la contradiction viser ¬P\neg\mathcal{P}, rédige une contraposition.

Rédaction :

Rédiger un raisonnement par l'absurde :

  1. Annoncer : « Supposons par l'absurde que ¬P\neg\mathcal{P}. » — l'expression « par l'absurde » avertit le lecteur que tout ce qui suit vit sous une hypothèse destinée à s'effondrer.
  2. Dérouler les conséquences avec donc, or, ainsi, en exploitant l'hypothèse absurde.
  3. Constater la contradiction : « … ce qui est absurde » ou « … ce qui contredit [tel fait]. » Nommer précisément ce qui est contredit.
  4. Conclure : « Donc P\mathcal{P}. »

Test 1 : La cible du raisonnement

Pour démontrer une assertion P\mathcal{P} par l'absurde, on suppose ¬P\neg\mathcal{P} et on en déduit une proposition fausse.

Test 2 : Aboutir au vrai

Si, en supposant ¬P\neg\mathcal{P}, on parvient à en déduire une proposition vraie, alors P\mathcal{P} est fausse.

Deux monuments

Exercice 1 : Irrationalité de racine de 2

Montrer que 2∉Q\sqrt{2} \notin \mathbb{Q}.

Solution :(cliquer pour afficher)

Supposons par l'absurde que 2∈Q\sqrt{2} \in \mathbb{Q}.

Alors il existe (p,q)∈(N∗)2(p, q) \in (\mathbb{N}^*)^2 tel que 2=pq\sqrt{2} = \dfrac{p}{q} avec p∧q=1p \wedge q = 1, c'est-à-dire la fraction mise sous forme irréductible (pp et qq premiers entre eux).

En élevant au carré : 2=p2q22 = \dfrac{p^2}{q^2}, donc p2=2q2p^2 = 2q^2.

Alors p2p^2 est pair, donc pp est pair — c'est le résultat démontré par contraposition dans la leçon précédente.

Il existe donc k∈N∗k \in \mathbb{N}^* tel que p=2kp = 2k.

Ainsi (2k)2=2q2(2k)^2 = 2q^2, d'où 4k2=2q24k^2 = 2q^2, puis q2=2k2q^2 = 2k^2.

Donc q2q^2 est pair, et par le même résultat, qq est pair.

Alors 22 divise à la fois pp et qq : ceci contredit p∧q=1p \wedge q = 1.

Cette contradiction montre que l'hypothèse de départ est fausse : 2∉Q\sqrt{2} \notin \mathbb{Q}.

Remarque :

Observe l'architecture : le choix de la forme irréductible n'est pas décoratif — c'est lui qui fournit la proposition que la contradiction viendra frapper. Dans un raisonnement par l'absurde, on a intérêt à poser des hypothèses aussi précises que possible : plus il y a de faits en jeu, plus la contradiction a de cibles. Note aussi la chaîne des leçons : la parité de pp vient d'une contraposition, insérée ici comme un lemme dans une absurde.

Exercice 2 : Infinitude des nombres premiers

Montrer que l'ensemble P\mathbb{P} des nombres premiers est infini.

Solution :(cliquer pour afficher)

Supposons par l'absurde que P\mathbb{P} est fini.

P\mathbb{P} est non vide (il contient 22) et fini : il admet donc un plus grand élément. Notons NN le plus grand nombre premier.

Posons a=N!+1a = N! + 1.

On a a≥2a \geq 2, donc aa est divisible par au moins un nombre premier pp — c'est le résultat « tout entier supérieur ou égal à 22 admet un diviseur premier », que nous démontrerons proprement avec la récurrence forte.

Comme pp est premier et NN est le plus grand premier, on a p≤Np \leq N.

Donc pp est l'un des facteurs de N!=1×2×⋯×NN! = 1 \times 2 \times \cdots \times N, d'où p∣N!p \mid N!.

Or p∣N!+1p \mid N! + 1. Donc pp divise la différence : p∣(N!+1)−N!p \mid (N! + 1) - N!, c'est-à-dire p∣1p \mid 1.

Ainsi p≤1p \leq 1 : ceci contredit le fait que pp est premier (donc p≥2p \geq 2).

Cette contradiction montre que P\mathbb{P} est infini.

Remarque :

Cette démonstration, due à Euclide, a plus de deux mille ans — et reste un modèle du genre. Attention à un contresens fréquent : elle ne dit pas que N!+1N! + 1 est premier (il ne l'est pas toujours : c'est le diviseur premier de N!+1N!+1 qui fait le travail, en échappant à la liste {2,…,N}\{2, \ldots, N\}). L'absurde était ici inévitable : « infini » se définit comme « non fini » — un énoncé négatif, qu'on ne peut guère attaquer qu'en supposant son contraire. C'est le signal d'usage par excellence : les énoncés négatifs (ne pas être rationnel, ne pas être fini, ne pas exister) appellent l'absurde.

Exercice 3 : Somme d'un rationnel et d'un irrationnel

Soit x∈Rx \in \mathbb{R}. Montrer que si x∉Qx \notin \mathbb{Q}, alors pour tout r∈Qr \in \mathbb{Q} : x+r∉Qx + r \notin \mathbb{Q}.

Solution :(cliquer pour afficher)

Soient x∈Rx \in \mathbb{R} avec x∉Qx \notin \mathbb{Q}, et r∈Qr \in \mathbb{Q}.

Supposons par l'absurde que x+r∈Qx + r \in \mathbb{Q}.

On a x=(x+r)−rx = (x + r) - r, différence de deux rationnels.

Or une différence de deux rationnels est rationnelle : si x+r=pqx + r = \frac{p}{q} et r=p′q′r = \frac{p'}{q'} avec p,p′∈Zp, p' \in \mathbb{Z} et q,q′∈N∗q, q' \in \mathbb{N}^*, alors x=pq′−p′qqq′∈Qx = \frac{p q' - p' q}{q q'} \in \mathbb{Q}.

Donc x∈Qx \in \mathbb{Q} : ceci contredit l'hypothèse x∉Qx \notin \mathbb{Q}.

Ainsi x+r∉Qx + r \notin \mathbb{Q}.

Remarque :

Tu avais rencontré cet énoncé dans la leçon sur le raisonnement direct, traité en passant : le voici rédigé dans son cadre naturel. C'est une implication démontrée par l'absurde dans sa version la plus simple — la contradiction frappe directement l'hypothèse x∉Qx \notin \mathbb{Q}. Le chapitre se referme : sept leçons, et tous les gestes de base de la démonstration sont en place. La récurrence, qui mérite un chapitre à elle seule, prendra la suite.