Raisonnement et vocabulaire ensembliste

Soit $x$ un réel fixé. La négation de l'assertion « $x⩾1$ et $x⩽3$ » est, par la loi de De Morgan, « $x<1$ ou $x>3$ ». Autrement dit, ne pas appartenir au segment $[1,3]$, c'est être strictement à gauche ou strictement à droite. Notez le basculement du « et » en « ou » : c'est l'erreur la plus fréquente lorsqu'on nie une double inégalité.

Soit $n$ un entier relatif, et considérons l'implication : « si $n^2$ est pair, alors $n$ est pair ».

• Sa réciproque est : « si $n$ est pair, alors $n^2$ est pair ». Elle est vraie, et immédiate : si $n=2k$ avec $k$ entier, alors $n^2=2(2k^2)$.
• Sa contraposée est : « si $n$ n'est pas pair, alors $n^2$ n'est pas pair », autrement dit « si $n$ est impair, alors $n^2$ est impair ». Elle est vraie elle aussi, et c'est justement par elle que nous démontrerons l'implication de départ (section « Raisonnement par contraposée »).
• Sa négation est : « $n^2$ est pair et $n$ est impair ». Pour réfuter l'implication, il faudrait exhiber un entier $n$ vérifiant ces deux conditions à la fois. C'est impossible, puisque l'implication est vraie.

Voici une implication vraie dont la réciproque est fausse. Pour un réel $x$ : « si $x=2$, alors $x^2=4$ » est vraie. Sa réciproque, « si $x^2=4$, alors $x=2$ », est fausse, comme le montre $x=-2$, pour lequel $x^2=4$ et $x\mathrm{\ne }2$. Sa contraposée, « si $x^2\mathrm{\ne }4$, alors $x\mathrm{\ne }2$ », est vraie, comme l'implication de départ dont elle n'est qu'une autre écriture.

Formalisons quelques énoncés connus du lycée. À gauche la phrase française, à droite la proposition formalisée.

a. « Le carré d'un réel est positif ou nul » s'écrit $\mathrm{\forall }x\in \mathbb{R},x^2⩾0$.

b. « L'équation $x^2=2$ admet une solution réelle » s'écrit $\mathrm{\exists }x\in \mathbb{R},x^2=2$.

c. « Tout réel strictement positif admet un unique logarithme » s'écrit $\mathrm{\forall }x\in \mathbb{R},(x>0⟹\mathrm{\exists }!y\in \mathbb{R},{\mathrm{e}}^y=x)$.

d. « La fonction $f$ s'annule sur $[0,1]$ » s'écrit $\mathrm{\exists }x\in [0,1],f(x)=0$.

e. « Aucun entier naturel n'est strictement négatif » s'écrit $\mathrm{\forall }n\in \mathbb{N},n⩾0$.

Comparons deux propositions qui ne diffèrent que par l'ordre de leurs deux quantificateurs.

La première est

Elle est vraie. En effet, soit $x\in \mathbb{R}$. Posons $y=-x$ ; ce réel dépend de $x$, ce qui est parfaitement licite puisqu'il est choisi après lui. On a alors $x+y=x-x=0$, donc un tel $y$ existe. Comme $x$ était quelconque, la proposition est vraie.

La seconde est

Elle est fausse. Elle réclame en effet un seul réel $y$, choisi avant $x$ et donc valable pour tous les $x$ à la fois. Raisonnons par l'absurde : si un tel $y$ existait, en appliquant la propriété à $x=0$ on obtiendrait $0+y=0$, donc $y=0$ ; et en l'appliquant à $x=1$ on obtiendrait $1+y=0$, donc $y=-1$. On aurait alors $0=-1$, ce qui est absurde. Aucun tel $y$ n'existe.

Les deux propositions sont écrites avec exactement les mêmes symboles, dans un ordre différent, et l'une est vraie tandis que l'autre est fausse.

Négation d'une proposition à un quantificateur. Soit la proposition « tout réel est positif ou nul », qui s'écrit

Sa négation est

Cette négation est vraie, il suffit de prendre $x=-1$. Donc la proposition de départ est fausse. On voit ici le mécanisme du contre-exemple : réfuter un énoncé universel, c'est démontrer un énoncé existentiel, donc exhiber un objet.

Négation d'une proposition à deux quantificateurs. Soit $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$. La proposition « $f$ est majorée » s'écrit

Sa négation, obtenue par la méthode, est

En français : quelle que soit la hauteur $M$ que l'on se fixe, la fonction finit par la dépasser en un point, ce point dépendant bien entendu de $M$. C'est exactement ce que l'on démontre pour la fonction $x\mapsto x$ : étant donné $M$, le réel $x=M+1$ convient.

Négation d'une proposition contenant une implication. Soit $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$. La proposition « $f$ est croissante » s'écrit

Sa négation est

Observez le point délicat : la négation de l'implication finale est une conjonction. Écrire « $\mathrm{\exists }x,\mathrm{\exists }y,(x⩽y⟹f(x)>f(y))$ » serait une faute grave, car cette dernière proposition est vraie pour toute application $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ : en prenant $x=1$ et $y=0$, l'hypothèse $x⩽y$ est fausse, donc l'implication est vraie. Elle ne dit donc rien du tout.

Négation d'une proposition à trois quantificateurs. Soient $(u_n)$ une suite réelle et $\mathrm{\ell }$ un réel. La proposition « la suite $(u_n)$ converge vers $\mathrm{\ell }$ » s'écrit

Nous ne démontrerons rien au sujet de cette proposition dans ce chapitre : elle sert ici de matériau logique, car c'est l'énoncé quantifié le plus riche que vous rencontrerez cette année. Appliquons la méthode. On échange les trois quantificateurs dans l'ordre, puis on nie l'implication finale :

En français : il existe une précision $\epsilon$ que la suite n'atteint jamais définitivement, au sens où, aussi loin que l'on aille dans la suite, on trouvera encore un terme à distance strictement supérieure à $\epsilon$ de $\mathrm{\ell }$. Notez que le rang $N$ n'est pas nié en « pour tout $N$ il n'existe pas » : il est simplement transformé en un « pour tout », et c'est le $n$ qui devient existentiel.

Montrons que pour tout réel $x$, on a $x^2-2x+3>0$.

Soit $x\in \mathbb{R}$. On met le trinôme sous forme canonique :

Or $(x-1{)}^2⩾0$, comme carré d'un réel. Donc $(x-1{)}^2+2⩾2>0$, et par conséquent $x^2-2x+3>0$. Comme le réel $x$ était quelconque, la propriété est vraie pour tout réel. $\mathrm{\square }$

Montrons qu'il existe un réel $x$ tel que $x^5+x=2$.

Il suffit d'en exhiber un : posons $x=1$. Alors $x^5+x=1+1=2$. La proposition est démontrée. $\mathrm{\square }$

Remarquez qu'aucune théorie n'est nécessaire : pour une existence, un candidat vérifié vaut démonstration complète.

Montrons que pour tout entier relatif $n$, si $n^2$ est pair, alors $n$ est pair.

Le raisonnement direct est peu engageant : l'hypothèse « $n^2$ est pair » fournit un entier $k$ tel que $n^2=2k$, ce qui ne renseigne guère sur $n$ lui-même. Démontrons plutôt la contraposée, à savoir : si $n$ est impair, alors $n^2$ est impair.

Supposons donc $n$ impair. Il existe alors un entier $k$ tel que $n=2k+1$. On calcule

Comme $2k^2+2k$ est un entier, l'entier $n^2$ s'écrit sous la forme $2m+1$ avec $m$ entier : il est donc impair.

La contraposée est établie ; par contraposition, l'implication de départ est démontrée. $\mathrm{\square }$

Montrons que pour tous réels $x$ et $y$, si $x\mathrm{\ne }y$, alors $(x+1)(y-1)\mathrm{\ne }(x-1)(y+1)$.

L'hypothèse « $x\mathrm{\ne }y$ » est une négation, difficile à exploiter directement. Passons à la contraposée : si $(x+1)(y-1)=(x-1)(y+1)$, alors $x=y$. Supposons donc cette égalité. En développant les deux membres :

En simplifiant par $xy$ et par $-1$, il vient $-x+y=x-y$, c'est-à-dire $2y=2x$, donc $x=y$. La contraposée est vraie, donc l'implication de départ aussi. $\mathrm{\square }$

Montrons que $\sqrt{2}$ n'est pas un nombre rationnel.

Supposons par l'absurde que $\sqrt{2}$ soit rationnel. On peut alors écrire $\sqrt{2}={\displaystyle \frac{p}{q}}$, où $p$ et $q$ sont des entiers naturels, $q$ non nul, la fraction étant supposée irréductible : on l'a simplifiée au maximum, de sorte que $p$ et $q$ ne sont pas tous les deux pairs.

En élevant au carré, on obtient $2={\displaystyle \frac{p^2}{q^2}}$, c'est-à-dire

Ainsi $p^2$ est pair, donc $p$ est pair d'après l'exemple de la section précédente. Écrivons $p=2p^{\mathrm{\prime }}$ avec $p^{\mathrm{\prime }}$ entier. En reportant, $4p^{\mathrm{\prime }2}=2q^2$, donc $q^2=2p^{\mathrm{\prime }2}$ : l'entier $q^2$ est pair, donc $q$ est pair, pour la même raison.

Les entiers $p$ et $q$ sont donc tous les deux pairs, ce qui contredit l'irréductibilité de la fraction. L'hypothèse de départ est absurde : $\sqrt{2}$ n'est pas rationnel. $\mathrm{\square }$

L'existence d'une telle écriture irréductible sera justifiée dans la section « Décimaux, rationnels, irrationnels » (propriété « Forme irréductible »), où cette démonstration est reprise sous une forme entièrement rigoureuse.

Montrons que si $x$ est un réel tel que $x⩾0$ et $x⩽\epsilon$ pour tout réel $\epsilon >0$, alors $x=0$.

Supposons par l'absurde que $x\mathrm{\ne }0$. Comme $x⩾0$, on a alors $x>0$. Appliquons l'hypothèse au réel $\epsilon ={\displaystyle \frac{x}{2}}$, qui est bien strictement positif : on obtient $x⩽{\displaystyle \frac{x}{2}}$, donc ${\displaystyle \frac{x}{2}}⩽0$, donc $x⩽0$. Avec $x>0$, c'est absurde. Par conséquent $x=0$. $\mathrm{\square }$

Remarque de méthode. Ce petit résultat est un classique absolu : il resservira chaque fois qu'il faudra démontrer qu'une quantité positive, majorée par tout $\epsilon >0$, est nulle.

Montrons que pour tout entier relatif $n$, l'entier $n(n+1)$ est pair.

Soit $n\in \mathbb{Z}$. Tout entier est pair ou impair : ces deux cas couvrent bien toutes les possibilités.

Cas 1 : $n$ est pair. Écrivons $n=2k$ avec $k\in \mathbb{Z}$. Alors

et $k(2k+1)$ est un entier : $n(n+1)$ est pair.

Cas 2 : $n$ est impair. Écrivons $n=2k+1$ avec $k\in \mathbb{Z}$. Alors $n+1=2k+2=2(k+1)$, donc

et $(2k+1)(k+1)$ est un entier : $n(n+1)$ est pair.

Les deux cas étant exhaustifs, l'entier $n(n+1)$ est pair dans tous les cas. $\mathrm{\square }$

Montrons que pour tout réel $x$, on a $\mathrm{\mid }x\mathrm{\mid }⩾x$. Soit $x\in \mathbb{R}$. La définition même de la valeur absolue impose une disjonction. Cas 1 : $x⩾0$. Alors $\mathrm{\mid }x\mathrm{\mid }=x$, donc $\mathrm{\mid }x\mathrm{\mid }⩾x$. Cas 2 : $x<0$. Alors $\mathrm{\mid }x\mathrm{\mid }=-x>0>x$, donc $\mathrm{\mid }x\mathrm{\mid }⩾x$. Dans les deux cas, l'inégalité est vérifiée. $\mathrm{\square }$

L'assertion « pour tout entier naturel $n$, l'entier $n^2+n+41$ est un nombre premier » est fausse.

Elle est pourtant vraie pour $n=0$ (on trouve $41$), pour $n=1$ (on trouve $43$), pour $n=2$ (on trouve $47$), et en réalité pour tous les entiers jusqu'à $39$, ce qui est très encourageant. Mais pour $n=40$ :

qui n'est pas premier. Un seul contre-exemple suffit à ruiner l'énoncé, quel que soit le nombre de cas favorables observés auparavant. $\mathrm{\square }$

L'assertion « pour tous réels $a$ et $b$, $\sqrt{a^2+b^2}=a+b$ » est fausse : prendre $a=b=1$ donne $\sqrt{2}$ d'un côté et $2$ de l'autre, et $\sqrt{2}\mathrm{\ne }2$ puisque $2^2=4\mathrm{\ne }2$.

Par double implication. Soient $x$ et $y$ deux réels. Montrons que

$(⟸)$ Supposons $x=0$ et $y=0$. Alors $x^2+y^2=0+0=0$.

$(⟹)$ Supposons $x^2+y^2=0$. Comme $x^2⩾0$ et $y^2⩾0$, on a $x^2=-y^2⩽0$. Avec $x^2⩾0$, il vient $x^2=0$, donc $x=0$. En reportant dans l'égalité de départ, $y^2=0$, donc $y=0$.

Les deux implications étant établies, l'équivalence est démontrée. $\mathrm{\square }$

Par équivalences successives. Résolvons dans $\mathbb{R}$ l'équation $\sqrt{3x+4}=x$.

Le point délicat est l'élévation au carré, qui n'est pas réversible en général. Elle le devient si l'on impose aux deux membres d'être positifs ou nuls. Comme une racine carrée est toujours positive ou nulle, toute solution est nécessairement positive ou nulle : on peut donc traîner la condition $x⩾0$ à chaque ligne. Soit $x\in \mathbb{R}$ tel que $3x+4⩾0$. Alors

L'ensemble des solutions est donc $\{4\}$. Vérification : $\sqrt{3\times 4+4}=\sqrt{16}=4$.

La condition $x⩾0$, répétée à chaque ligne, est exactement ce qui rend l'élévation au carré réversible. Sans elle, on aurait « trouvé » la solution parasite $x=-1$, qui ne convient pas puisque $\sqrt{3\times (-1)+4}=1\mathrm{\ne }-1$. $\mathrm{\square }$

Soient $a$ et $b$ deux réels avec $a\mathrm{\ne }0$. Montrons qu'il existe un unique réel $x$ tel que $ax+b=0$.

Existence. Comme $a\mathrm{\ne }0$, le réel $x_0=-{\displaystyle \frac{b}{a}}$ est bien défini, et

Donc $x_0$ convient.

Unicité. Soient $x$ et $x^{\mathrm{\prime }}$ deux réels tels que $ax+b=0$ et $a{x}^{\mathrm{\prime }}+b=0$. En soustrayant ces deux égalités, on obtient $a(x-x^{\mathrm{\prime }})=0$. Comme $a\mathrm{\ne }0$, on en déduit $x-x^{\mathrm{\prime }}=0$, c'est-à-dire $x=x^{\mathrm{\prime }}$.

Il existe donc un unique réel $x$ tel que $ax+b=0$, à savoir $x=-{\displaystyle \frac{b}{a}}$. $\mathrm{\square }$

Un cas où l'existence est admise et l'unicité démontrée. Soit $x$ un réel. On admet, comme au lycée, qu'il existe un entier $n$ tel que $n⩽x<n+1$ ; cet entier s'appelle la partie entière de $x$. Montrons qu'il est unique.

Soient $n$ et $m$ deux entiers tels que $n⩽x<n+1$ et $m⩽x<m+1$. De $n⩽x$ et $x<m+1$ on tire $n<m+1$, donc $n-m<1$. De $m⩽x$ et $x<n+1$ on tire de même $m-n<1$. Ainsi $n-m$ est un entier strictement compris entre $-1$ et $1$ : le seul entier possible est $0$, donc $n=m$. $\mathrm{\square }$

Remarque de méthode. Ce raisonnement, qui consiste à encadrer une différence d'entiers strictement entre $-1$ et $1$ pour conclure qu'elle est nulle, est le procédé standard des démonstrations d'unicité en arithmétique. On le retrouvera pour la division euclidienne.

Décomposition en partie paire et partie impaire. Soit $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$. Montrons qu'il existe un unique couple $(p,i)$ d'applications de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$, avec $p$ paire et $i$ impaire, tel que $f=p+i$.

Analyse. Supposons qu'un tel couple $(p,i)$ convienne : $p$ est paire, $i$ est impaire, et $f=p+i$. Soit $x\in \mathbb{R}$. En évaluant l'égalité $f=p+i$ en $x$, puis en $-x$, et en utilisant $p(-x)=p(x)$ et $i(-x)=-i(x)$, on obtient

En additionnant ces deux égalités, il vient $f(x)+f(-x)=2p(x)$ ; en les soustrayant, $f(x)-f(-x)=2i(x)$. Donc nécessairement, pour tout réel $x$,

Le couple $(p,i)$ est ainsi entièrement déterminé par $f$ : s'il existe, il est unique. Notons bien qu'à ce stade nous n'avons pas démontré qu'un tel couple existe.

Synthèse. Réciproquement, définissons les applications $p$ et $i$ de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$ par les deux formules ci-dessus, et vérifions qu'elles conviennent. Soit $x\in \mathbb{R}$. D'une part

donc $p$ est paire. D'autre part

donc $i$ est impaire. Enfin

donc $f=p+i$. Le couple convient.

Conclusion. Il existe un unique couple $(p,i)$ formé d'une application paire et d'une application impaire tel que $f=p+i$. $\mathrm{\square }$

Remarque de méthode. C'est le classique par excellence du raisonnement par analyse-synthèse : tout élève de PCSI doit savoir le rédiger de tête. Sur l'exemple $f=\exp$, il donne $p(x)={\displaystyle \frac{{\mathrm{e}}^x+{\mathrm{e}}^{-x}}{2}}$ et $i(x)={\displaystyle \frac{{\mathrm{e}}^x-{\mathrm{e}}^{-x}}{2}}$.

Un cas où la synthèse élimine un candidat. Cherchons tous les réels $x$ tels que $x-1=\sqrt{x+5}$.

Analyse. Supposons que $x$ convienne. En élevant au carré, $(x-1{)}^2=x+5$, c'est-à-dire $x^2-3x-4=0$, soit $(x-4)(x+1)=0$. Donc nécessairement $x=4$ ou $x=-1$.

Synthèse. Pour $x=4$ : $x-1=3$ et $\sqrt{x+5}=\sqrt{9}=3$, les deux membres coïncident, donc $4$ convient. Pour $x=-1$ : $x-1=-2$ et $\sqrt{x+5}=\sqrt{4}=2$, et $-2\mathrm{\ne }2$, donc $-1$ ne convient pas.

Conclusion. L'unique solution est $x=4$. Sans la synthèse, on aurait annoncé deux solutions au lieu d'une : voilà à quoi elle sert. $\mathrm{\square }$

Une récurrence rédigée en entier. Montrons que pour tout entier naturel $n$,

Pour tout entier naturel $n$, notons $\mathcal{P}(n)$ l'assertion : « ${\displaystyle \sum _{k=0}^n{k}^2={\displaystyle \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}}}$ ».

Initialisation. Pour $n=0$, le membre de gauche vaut ${\displaystyle \sum _{k=0}^0{k}^2=0^2=0}$, et le membre de droite vaut ${\displaystyle \frac{0\times 1\times 1}{6}}=0$. Les deux membres coïncident, donc $\mathcal{P}(0)$ est vraie.

Hérédité. Soit $n$ un entier naturel fixé. Supposons $\mathcal{P}(n)$ vraie, c'est-à-dire ${\displaystyle \sum _{k=0}^n{k}^2={\displaystyle \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}}}$. Montrons $\mathcal{P}(n+1)$, c'est-à-dire

en remarquant que $(n+1)+1=n+2$ et $2(n+1)+1=2n+3$. On isole le dernier terme de la somme, puis on utilise l'hypothèse de récurrence :

la dernière égalité venant de la factorisation $2n^2+7n+6=(n+2)(2n+3)$, que l'on vérifie en développant. Donc $\mathcal{P}(n+1)$ est vraie.

Conclusion. $\mathcal{P}(0)$ est vraie et $\mathcal{P}$ est héréditaire : par récurrence, pour tout entier naturel $n$, ${\displaystyle \sum _{k=0}^n{k}^2={\displaystyle \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}}}$. $\mathrm{\square }$

Soit $(u_n)$ la suite définie par $u_0=2$, $u_1=5$ et, pour tout entier naturel $n$,

Montrons que pour tout entier naturel $n$, on a $u_n=2^n+3^n$.

Pour tout entier naturel $n$, notons $\mathcal{P}(n)$ l'assertion « $u_n=2^n+3^n$ ».

Initialisation. On a $2^0+3^0=1+1=2=u_0$, donc $\mathcal{P}(0)$ est vraie ; et $2^1+3^1=2+3=5=u_1$, donc $\mathcal{P}(1)$ est vraie.

Hérédité. Soit $n$ un entier naturel fixé. Supposons $\mathcal{P}(n)$ et $\mathcal{P}(n+1)$ vraies, c'est-à-dire $u_n=2^n+3^n$ et $u_{n+1}=2^{n+1}+3^{n+1}$. Montrons $\mathcal{P}(n+2)$. Par définition de la suite, puis par hypothèse de récurrence :

Donc $\mathcal{P}(n+2)$ est vraie.

Conclusion. Par récurrence double, $u_n=2^n+3^n$ pour tout entier naturel $n$. $\mathrm{\square }$

Tout entier supérieur ou égal à $2$ admet un diviseur premier. Rappelons qu'un nombre premier est un entier supérieur ou égal à $2$ dont les seuls diviseurs positifs sont $1$ et lui-même ; la divisibilité et les nombres premiers sont étudiés en détail dans la partie « Ensembles de nombres usuels » de ce chapitre.

Pour tout entier $n⩾2$, notons $\mathcal{P}(n)$ l'assertion « $n$ admet au moins un diviseur premier ».

Initialisation. L'entier $2$ est premier, et il se divise lui-même : il admet donc un diviseur premier, à savoir $2$. Ainsi $\mathcal{P}(2)$ est vraie.

Hérédité. Soit $n⩾2$ un entier fixé. Supposons $\mathcal{P}(k)$ vraie pour tout entier $k$ tel que $2⩽k⩽n$, et montrons $\mathcal{P}(n+1)$. Deux cas se présentent, et ils sont exhaustifs.

Cas 1 : $n+1$ est premier. Alors $n+1$ est un diviseur premier de lui-même, donc $\mathcal{P}(n+1)$ est vraie.

Cas 2 : $n+1$ n'est pas premier. Comme $n+1⩾3$, l'entier $n+1$ est supérieur ou égal à $2$ sans être premier : il admet donc un diviseur positif $d$ autre que $1$ et $n+1$, et cet entier $d$ vérifie $2⩽d⩽n$. L'hypothèse de récurrence forte s'applique à $d$ : il existe un nombre premier $p$ divisant $d$. Écrivons $d=pa$ et $n+1=db$ avec $a$ et $b$ entiers ; alors $n+1=p(ab)$, donc $p$ divise $n+1$. Ainsi $\mathcal{P}(n+1)$ est vraie.

Conclusion. Par récurrence forte, tout entier $n⩾2$ admet au moins un diviseur premier. $\mathrm{\square }$

Ce résultat sera redémontré autrement, par un argument de plus petit élément, dans la section « Nombres premiers ».

Remarque de méthode. Une récurrence simple aurait échoué ici : rien ne relie l'entier $n+1$ à l'entier $n$. Le diviseur $d$ qui apparaît est un entier quelconque entre $2$ et $n$, et c'est précisément pour cela qu'il faut disposer de la propriété à tous les rangs antérieurs.

Soient $N$ un entier naturel non nul et $a_0,a_1,\dots ,a_N$ des réels tels que $a_k⩽a_{k+1}$ pour tout entier $k$ vérifiant $0⩽k⩽N-1$. Montrons que $a_0⩽a_n$ pour tout entier $n$ compris entre $0$ et $N$.

Pour $0⩽n⩽N$, notons $\mathcal{P}(n)$ l'assertion « $a_0⩽a_n$ ».

Initialisation. On a $a_0⩽a_0$, donc $\mathcal{P}(0)$ est vraie.

Hérédité. Soit $n$ un entier tel que $0⩽n⩽N-1$. Supposons $\mathcal{P}(n)$ vraie, c'est-à-dire $a_0⩽a_n$. Par hypothèse, $a_n⩽a_{n+1}$ ; par transitivité de l'inégalité dans $\mathbb{R}$, on obtient $a_0⩽a_{n+1}$, donc $\mathcal{P}(n+1)$ est vraie.