Raisonnement par l'absurde

Il me semble qu'on peut parler du tiers exclu, qui n'est pas un truc si anodin.

SchumiSutil a écrit:

L'irrationalité de $\sqrt p$, avec $p$ premier, par exemple. En plus c'est à la mode...

Sauf que ce n'est pas un raisonnement par l'absurde mais par contraposition...

***********
Une algèbre de Heyting est un ensemble ordonné $(H,\leq)$ tel que:
H1) Toutes les parties finies de $H$ possèdent une borne supérieure et une borne inférieure (ce qui concerne aussi $\emptyset$ d'où l'existence de respectivement $\min(H)=: \perp$ et $\max(H) =: \top$)
H2) Pour tous $a,b\in H$, l'ensemble des $x\in H$ tels que $\inf \{x,a\} \leq b$ possède un plus grand élément (qui sera noté $a\to b$ dans toute la suite de ce message).

On utilisera aussi les abréviations suivantes:
$x\wedge y := \inf \{x,y\}$
$x \vee y := \sup\{x,y\}$
$\neg x := x \to \perp$
"$\Gamma \vdash x$" := "$\inf \Gamma \leq x$" avec $\Gamma$ une partie finie de $H$. Noter que pour tout $y$,
$\emptyset \vdash y$ équivaut à $y=\top$ (puisque $\top = \inf \emptyset $).

0°) NB: une conséquence immédiate de H2 est que pour tous $x,y,z \in H$, $x\leq y\to z$ si et seulement si $(x \wedge y) \leq z$.

Exemples d'algèbres de Heyting:
-$[0,1]$ muni de l'ordre usuel ($x\to y= 1$ si $x\leq y$ et $y$ si $x>y$).
-N'importe quel ensemble fini totalement ordonné (exo: qui est "$\to$ "?).
-L'ensemble des ouverts d'un espace topologique $X$ muni de l'inclusion comme ordre ($A \to B$= intérieur de $(X\backslash A) \cup B$).

On a les autres propriétés suivantes:

1°) Pour toute partie finie $\Gamma$ de $H$ et tous $a,b\in H$, $\Gamma \cup \{a\} \vdash b$ si et seulement si $\Gamma \vdash a \to b$
Cela découle de la définition H2 et du fait que $\inf$ est associative.

2°) Pour toute partie finie $\Gamma$ de $H$ et tous $a,b\in H$, si $\Gamma \vdash a$ et $\Gamma \vdash a \to b$ alors $\Gamma \vdash b$.
Comme $\inf \Gamma \leq a$, $\inf \Gamma = \inf \left (\Gamma \cup \{a\} \right )$; du coup comme $\inf \Gamma \leq a \to b$ on a aussi (cf 1°) $\inf \left (\Gamma \cup \{a\} \right ) \leq b$ d'où $\inf \Gamma \leq b$ par ce qui précède.

3°) Pour toutes parties finies $\Gamma,\Delta$ telles que $\Gamma \subseteq \Delta$ et tout $x\in H$, si $\Gamma \vdash x$ alors $\Delta \vdash x$
Evident (car $\inf \Delta \leq \inf \Gamma$).

4°) Pour tous $a,b \in H$, $a\leq b$ si et seulement si $a \to b = \top$
cf 0°) et le fait que $\inf\{\top,a\} = a$ pour tout $a\in H$.

5°) Pour tous $a,b,c\in H$, $(a \wedge b) \to c = a \to (b \to c)$.
Il suffit d'établir $(a \wedge b) \to c \leq a \to (b \to c)$ et $(a \wedge b) \to c \geq a \to (b \to c)$, autrement dit
(i) $\{a \to (b \to c)\} \vdash (a \wedge b) \to c$
(ii) et $\{ (a \wedge b) \to c\} \vdash a \to (b \to c)$.

(i): découle de $\{a \to (b \to c), a \wedge b\} \vdash z$ (cf 1°)). Mais $\{a \to (b \to c), a \wedge b\} \vdash a$ et $\{a \to (b \to c), a \wedge b\} \vdash a\to (b \to c)$(propriété de $\inf$) donc (cf 2°) $\{a \to (b \to c), a \wedge b\} \vdash b \to c$ et comme $\{a \to (b \to c), a \wedge b\} \vdash b$ (propriété de $\inf$ à nouveau), $\{a \to (b \to c), a \wedge b\} \vdash c$ par 2°).
(ii): équivaut (cf 2°) à $\{ (a \wedge b) \to c, a\} \vdash b \to c$, lui même équivalent à $\{ (a \wedge b) \to c, a,b \} \vdash c$. Mais $\{ (a \wedge b) \to c, a,b \} \vdash a \wedge b$ et $\{ (a \wedge b) \to c, a,b \} \vdash( a \wedge b) \to c$ (propriétés de $\inf$) d'où $\{ (a \wedge b) \to c, a,b \} \vdash c$ par 2°).


6°) Pour tous $a,b,c\in H$, tous les éléments listés ci-dessous sont égaux à $\top$.
(i) $a \to (b \to a)$
(ii) $[a \to (b \to c)] \to [(a \to b) \to (a \to c)]$
(iii) $(a \wedge b) \to a$; $(a \wedge b \to b)$
(iv) $a \to [b \to (a \wedge b)]$
(v) $a \to a \vee b$; $b \to a \vee b$
(vi) $[(a \to c) \wedge (b \to c) \wedge (a \vee b)] \to c$
(vii) $(a \to b) \to [(b \to c) \to (a \to c)]$
(viii) $(a \to b) \to [(\neg b) \to (\neg a)]$ (cas particulier de (vii))
(ix) $[(a \to b) \wedge (a \to \neg b)] \to \neg a$
(x) $\perp \to a$.
Exos (utiliser les points précédents, ça devrait aller vite).

7°) Parmi les exemples d'algèbre de Heyting en préambule, il existe $x,a,b$ tels que $(\neg \neg x) \to x$, $(\neg x) \vee x$ et $[(\neg b) \to \neg a] \to (a \to b)$ sont différents de $\top$.
Par exemple, se placer dans l'ensemble des ouverts de $\R$ et poser $x:= ]0,+\infty[$, $a:= \R \backslash \{1\}, b:= \R \backslash \{1,2\}$.

***********************
Quantificateurs et algèbres de Heyting complètes.

Soit $(H,\leq)$ un ensemble ordonné. Les propriétés suivantes sont équivalentes (exo instructif):
C1) $H$ est une algèbre de Heyting et toute partie de $H$ possède une borne inférieure.
C2) Toute partie de $H$ possède une borne supérieure et une borne inférieure, et pour toute partie $A$ de $H$ et tout $x \in H$, $\inf \{\sup A, x\} = \sup \left \{\inf \{ a,x\} \mid a \in A\right \}$.

On dit que $(H,\leq)$ est une algèbre de Heyting complète s'il possède ces propriétés.
Lorsque $I$ est un ensemble et $f:I \to X$ une application, on pourra désigner par respectivement $\forall i \in I, f(i)$ et $\exists i \in I, f(i)$ les bornes inférieures et supérieures de $\left( f(i)\right)_{i \in I}$ (la lettre $i$ est liée i.e. "muette" dans ces expressions) (on notera aussi simplement $\inf f$ et $\sup f$ pour faire court ...).

8°) Pour tout ensemble $I$, toute fonction $f:I \to H$ et tout $t\in I$, $f(t) \to \exists (i \in I), f(i) =\top = [\forall i \in I, f(i)] \to f(t)$.
Evident compte tenu de 4°).

9°) Pour tous $p \in H$, tout $I$ et toute $f: I \to X$, avec les notations ci-dessus on a
$\forall i\in I, [f(i) \to p] =[ \exists i \in I, f(i)] \to p$.
autrement dit $\inf \{ f(i) \to p \mid i \in I\} = [\sup \{f(j) \mid j \in I\}] \to p$.
Montrons $\leq$:
soit $j\in I$. Alors $\inf \{ f(i) \to p \mid i \in I\}\leq f(j) \to p $ donc $f(j) \wedge \inf \{ f(i) \to p \mid i \in I\} \leq p$ donc
$f(j) \leq \inf \{ f(i) \to p \mid i \in I\} \to p$. Donc ($j$ arbitraire...) $\sup \{f(j),j \in I\} \leq \inf \{ f(i) \to p \mid i \in I\} \to p$.
Donc $\sup f \wedge \inf \{ f(i) \to p \mid i \in I\} \leq p$. Donc $\inf \{ f(i) \to p \mid i \in I\} \leq (\sup f) \to p$ ce qui est l'inégalité voulue.
Montrons $\geq$:
Pour établir $(\sup f \to p) \leq \inf \{f(i), i \in I\}$, il suffit d'établir $(\sup f) \to p \leq f(k) \to p$ pour n'importe quel $k\in I$.
Soit donc $k \in I$. On a $f(k) \wedge [(\sup f) \to p] \leq f(k) \leq \sup f$ et aussi $f(k) \wedge [(\sup f) \to p] \leq (\sup f) \to p$. Donc $f(k) \wedge [(\sup f) \to p] \leq p$ d'après 2°) plus haut. Donc $(\sup f) \to p \leq f(k) \to p$ d'où le résultat.

10°) Pour tous ensemble $J$ et toute application $g:J \to H$, on a
$\exists j \in J, g(j) = \forall p\in H, \left [ \forall k \in J, \left ( g(k) \to p \right) \right ] \to p$.
Soit $i\in J$. Soit $q \in H$. Alors $ \forall (k\in I), [g(k) \to q] = \inf\{g(k) \to q \mid k \in J\} \leq g(i) \to q$ et donc $g(i) \wedge \forall (k\in I), [g(k) \to q] \leq q$ et donc $g(i) \leq \left (\forall (k\in I), [g(k) \to q] \right ) \to q$. En passant à l'inf dans le membre de droite on obtient $g(i) \leq \inf \left \{\left (\forall (k\in I), [g(k) \to p] \right ) \to p\mid p \in H \right \} = \forall p\in H, \left [ \forall k \in J, \left ( g(k) \to p \right) \right ] \to p$. En prenant le sup dans le membre de gauche,
$\exists j \in J, g(j) = \sup g \leq \forall p\in H, \left [ \forall k \in J, \left ( g(k) \to p \right) \right ] \to p$.
Pour la réciproque, noter que ($\forall = \inf$...) $\forall p\in H, \left [ \forall k \in J, \left ( g(k) \to p \right) \right ] \to p \leq \left [\forall k \in J, \left ( g(k) \to \sup g \right) \right ]\to \sup g$. Or pour tout $k\in J$, $g(k)\leq \sup g$ et donc (4°) $g(k) \to \sup g = \top$ et $\forall k \in J, [g(k) \to \sup g] = \top$ et $\left [\forall k \in J, \left ( g(k) \to \sup g \right) \right ]\to \sup g = \top \to \sup g$. Mais $\top \to \sup g = \sup g$ ce qui conclut (car pour tous $x,y\in H$, $x = x \wedge \top \leq y$ si et seulement si $x \leq \top \to y$ ce qui entraîne l'égalité $y = \top \to y$).

*****************
exos: montrer dans la même veine que pour tous $a,b\in H$, $a \wedge b = \forall x \in H, [a \to (b \to x)] \to x$ et $a \vee b = \forall y\in H,(a \to y) \to [(b \to y) \to y]$.

SchumiSutil écrivait : http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?18,1880370,1880378#msg-1880378

---

> L'irrationalité de $\sqrt{p}$, avec $p$ premier, par exemple. En plus c'est à la mode...

Il a déjà été écrit et réécrit sur ce forum que démontrer que $2$ n'est pas rationnel en démontrant que l'hypothèse "$2$ rationnel" aboutit à l'absurde, n'est pas, au sens technique de la logique mathématique, un raisonnement par l'absurde.
Ce n'est pas non plus un raisonnement par contraposition.
C'est juste démontrer une implication $A\rightarrow B$ en démontrant $B$ sous l'hypothèse $A$ et en déchargeant l'hypothèse.

On peut aussi jouer à éviter l'absurde.

Pour tout $n\in\Z$, $n$ est un carré dans $\Q$ $\Leftrightarrow$ $n$ est un carré dans $\Z$.

Preuve : Soit $n\in\Z$ tel qu'il existe $a,b\in\Z$ premiers entre eux tels que $n=\dfrac{a^2}{b^2}$. Alors :$$n=n\,\mathrm{pgcd}(a^2,b^2)=\mathrm{pgcd}(na^2,nb^2)=\mathrm{pgcd}(na^2,a^2)=a^2.
$$ Exemple. Pour tout $p$ premier, $p$ n'est pas un carré dans $\Z$ donc $\sqrt p$ est irrationnel.

Moi qui, comme l'on sait, ne suis pas logicien, je pensais qu'un raisonnement par l'absurde est celui qui suppose le contraire de la proposition à prouver et qui conclut à une contradiction. Et je le pense toujours. En pratique, on recourt à ce raisonnement lorsque la négation de la proposition à prouver est riche de corollaires alors que la proposition à prouver est pour ainsi dire « négative ». Par exemple les démonstrations classiques d'irrationalité, que ce soit de $\sqrt 2$, de $\sqrt 2 +\sqrt 3 -\sqrt 5 $, de $e$ ou de $\pi^2$, me semblent être de ce type.
https://fr.wikipedia.org/wiki/Raisonnement_par_l'absurde
https://en.wikipedia.org/wiki/Proof_by_contradiction

Pour répondre à Flora, disons d'abord que c'est toujours un plaisir de lire ses messages car elle est un modèle de courage et d'enthousiasme, et donne une image réjouissante de notre jeunesse. Je pense que la solution à son problème pédagogique consiste à présenter à son élève un certain nombre de raisonnements par l'absurde pour l'habituer à ce genre de raisonnement. Idem pour le raisonnement par récurrence.

Bonne journée.
Fr. Ch.

Exemple de démonstration par l'absurde : Prouver que les nombres premiers sont en nombre infini.

Ça n'a absolument rien d'une démonstration par l'absurde. On construit par récurrence une injection de l'ensemble des entiers naturels dans l'ensemble des nombres premiers.

Il n'y a qu'une seule manière de démontrer que les nombres premiers sont en nombre infini ?

Dites, les théoriciens de l'absurde, au lieu de pontifier avec des notions de logique à la limite de l'ésotérisme, vous feriez mieux de donner un exemple de raisonnement par l'absurde. Surtout qu'on doit l'enseigner en collège et lycée. Et un exemple que tout le monde puisse comprendre, même Chaurien. Merci.

Ou des trucs du genre: pour tout ensemble $B$ et toute famille d'ensembles $(A_i)_{i \in I}$, on a $\bigcap_{i \in I} (A_i \cup \subseteq \left (\bigcap_{i \in I} A_i \right ) \cup B$.
Soit $x \in \bigcap_{i \in I} (A_i \cup $.
On suppose la conclusion fausse pour $x$ i.e. $x \notin \left (\bigcap_{i \in I} A_i \right ) \cup B$.
Alors $x \notin \bigcap_{i \in I} A_i$ et aussi $x\notin B$. Mais pour tout $k\in I$, $x \in A_k \cup B$. Donc $x \in A_k$. Donc $x \in \bigcap_{i \in I} A_i$.

Les deux exemples que j'ai mis sont en fait improuvables sans raisonnement par l'absurde...

@JLT : typiquement, tes raisonnements pour montrer "non machin" en supposant "machin" pour arriver à une absurdité sont bien sûr tout à fait corrects, et ce sont simplement des démonstrations d'une implication par déchargement d'hypothèse, des apagogies négatives :
$$\begin{array}{rcl} H, p&\vdash&\bot\\ \hline H&\vdash& \neg p\end{array}$$
Ce qui se lit : si sous les hypothèses $H$ et $p$ on déduit l'absurde, alors sous les hypothèses $H$ on déduit non $p$. $\neg p$ est en fait une abréviation de $p\Rightarrow \bot$.
L'apagogie positive, vrai raisonnement par l'absurde, est
$$\begin{array}{rcl} H, \neg p&\vdash&\bot\\ \hline H&\vdash& p\end{array}$$

Apagogie, ça en bouche un coin, non ?

@GaBuZoMeu : oui, je veux dire que peu importe le nom, que l'on dise "apagogie négative" ou que l'on utilise une appellation fausse, il semble que ce genre de raisonnement fasse peur aux étudiants ECE dont parle Flora, donc j'ai essayé de donner quelques exemples simples.

Merci aux différents intervenants dont les explications éclairent ma lanterne.

Bonjour Foys,

J'ai commencé à regarder ton laïus sur les algèbres de Heyting, où cette fois-ci tu ne parles pas de catégories, ce qui m'arrange. :-D
Peut-être serait-il plus pertinent d'en discuter dans "Fondements et Logique" que dans le présent fil dédié aux étudiants en classe prépa ECE ?

Pauvre @Flora moi j'ai 1 semaine de vacs :-D Courage !!! Mais t'es une machine tu vas t'en sortir !

Mdr même après la prépa ça restera notre sauveur à tous! Ah ouais 3 personnes c'est vachement un " sous-effectif" bande de malins, pas mal! Bonne solution.
Les gens ont hâte de te voir à Neuilly, le boulanger du boulevard nous demandait tes nouvelles, la caissière du monop aussi et le voiturier du Livio également!

J'ai donné un raisonnement par l'absurde pour prouver qu'une fonction intégrable et uniformément continue sur $ [0,+ \infty[$ a une limite nulle en $ + \infty$.
http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?4,1839202,1840338#msg-1840338
Je ne sais pas le démontrer autrement. J'espère que c'est vraiment un raisonnement par l'absurde.
Bonne journée.
Fr. Ch.

Bonsoir,

@Dom : démontrer par contraposée que A => B (pour 2 propositions quelconques A et c'est démontrer la proposition logiquement équivalente non B => non A. Ce n'est pas le RPA, qui consiste à démontrer une autre proposition équivalente à la première, qui est : non(non(A => ) ("supposer le contraire mène à une absurdité").

Pour rappel du vrai raisonnement par l'absurde ou apagogie :

Version positive :

- Je veux démontrer P :

1) Je suppose non P
2) Je montre non P => tout,
3) D'où non(non P),

---

i.e. par tiers-exclu, P.

Version négative :

- Je veux démontrer non P :

1) Je suppose non(non P),
2) i.e. par tiers-exclu, P
3) Je montre P => tout,

---

D'où non P.

Dans les deux versions, l'axiome du tiers-exclu intervient - il est seulement placé à une position différente du raisonnement.

Il existe une autre forme de raisonnement distincte de la version négative et utilisée par les logiciens et philosophes, qui est la réduction à l’absurde pour démontrer la fausseté d'une proposition P, i.e. non P, en montrant qu'elle mène à l'absurde :

(P => tout) => non P

qui elle n'utilise pas le tiers-exclu mais qui n'est pas ce qu'on appelle le raisonnement par l'absurde, lui utilisé uniquement pour démontrer la vérité d'une proposition P ou d'une proposition non P en supposant son contraire pour arriver à une contradiction.

Voir par exemple le site du Cnrtl :

C.- LOG., p. ext. MATH. Raisonnement par l'absurde. Méthode de raisonnement qui pour établir la vérité d'une proposition montre que sa négation conduirait à une absurdité. Réduction à l'absurde. Raisonnement qui pour établir la fausseté d'une proposition montre qu'elle conduirait à une absurdité

Ha ! Merci GaBuZoMeu ;-)

Ok.
Du point de vue logique classique, que peut-on dire alors, concernant le RPA ?
Est-ce à dire que tous ceux qui pensaient utiliser un RPA, mais à qui on a dit "cela n'en est pas un vrai", avaient en fait "raison" car ils se mettaient du point de vue de la logique classique ?

En effet, on voit plusieurs fils avec l'exercice que tu proposes dont le support est la topologie.
Il faut me dégager du temps pour m'approprier ces choses là...

Bonjour,

Juste pour répondre à cela sans trop interférer avec le fil.

Lorsque quelqu'un fait le raisonnement suivant :

"Je veux démontrer Q := non P (sous-entendu la vérité de la proposition Q définie par non P). Je suppose P. Je montre P => absurde. Donc Q est vraie"

il fait obligatoirement un raisonnement par l'absurde avec axiome "RPA" ou tiers-exclu s'il raisonne en fonction de Q. En logique intuitionniste (sans axiome tiers-exclu), il est en effet impossible d'obtenir la proposition P à partir d'opérations logiques sur Q : le choix de P serait totalement arbitraire (du genre j'enlève les 3 premières lettre "n.o.n" devant P). En logique classique, on peut car P = non Q. La logique classique a l'immense avantage de justifier pourquoi on suppose P pour démontrer la vérité de non P. Le raisonnement s'écrit donc :

"Je veux démontrer Q := non P. Je suppose son contraire non Q, i.e. P par tiers-exclu. Je montre P => absurde. Donc P est faux, i.e. Q := non P est vraie"

Ainsi, le raisonnement que l'on rencontre très souvent :

"Je veux démontrer $\sqrt{2}$ est irrationnel (Q vraie). Je suppose par l'absurde qu'il est rationnel (i.e. Q est fausse ou P est vraie). Je montre alors une absurdité. Donc $\sqrt{2}$ est irrationnel (Q vraie)"

est très précisément un raisonnement par l'absurde utilisant le tiers-exclu (deux fois même, si au-dessus on dit "Q fausse" au lieu de "P vraie"). Même chose si l'on remplace la proposition "$\sqrt{2}$ est irrationnel" par "l'ensemble des nombres premiers est infini", etc.

Quant au raisonnement : "Je veux démontrer que $\sqrt{2}$ n'est pas rationnel (au sens où P fausse). Je le suppose rationnel (P vraie) et je montre l'absurde (P => tout), donc $\sqrt{2}$ n'est pas rationnel (P est fausse)", c'est une réduction par l'absurde (ou "raisonnement par l'absurde sans tiers-exclu"), mais il est loin d'être le seul rencontré dans la littérature, où l'on parle le plus souvent de ("la vérité de") l'irrationalité de $\sqrt{2}$.

J'ai expliqué tout cela en long et en large depuis longtemps. Il serait temps de s'accorder sur ces réalités très simples afin de clarifier enfin les esprits - injustement portés au plus haut point de confusion dans ce "débat" qui dure depuis des années.

Bonne journée.

Si depuis toujours les gens raisonnent en logique classique et si en plus ils déclarent que non(non(P))=P, on peut quand même très bien comprendre que leur RPA est « je veux démontrer [A => B], je suppose la négation qui est [A et non(B)], et j’arrive à un truc absurde. J’en déduis que ce qui est supposé est faux donc qu’on a bien la négation du truc supposé ».
On dira qu’ils utilisent l’expression RPA par abus de langage.
Tout ça pour expliquer le « ça fait des années que ça dure ».

Cependant : quand on nie une assertion quantifiée, on donne la règle où le $\forall$ devient $\exists$ et vice versa.
Puis le $=$ devient sa négation $\neq$ et tout ce qui s’en suit.
Quand on dit ça : cette règle applique bien le non(non(P))=P.
Je veux dire qu’on n’a pas que l’équivalence mais bien l’égalité.

Pas si incohérent si tu y réfléchis sérieusement : je te donne $y$, en supposant qu'il existe $f$ une fonction surjective de $\mathbb{R}$ dans lui-même telle qu'une infinité de réels $x$ vérifient $y= f(x)$. Ton choix d'un $x$ est "arbitraire" au sens où tu choisis un $x$ parmi une infinité. En logique intuitionniste, $g : P \longrightarrow non P$ est une telle fonction surjective de l'ensemble des propositions dans lui-même : une infinité de propositions a $non P$ comme image par $g$ comme $non( non P)$, $non( non (non (non P)))$, etc.

Or cette fonction devient bijective en logique classique grâce au tiers-exclu : à $non P = g(P)$ on peut associer une et une seule proposition $P$ telle que $P = g^{-1}(non P)$. Le choix de $P$ par rapport à $non P$ perd tout "arbitraire". Pour l'exemple avec les réels, cela revient à choisir $y$ et à imposer $x = f^{-1}(y)$. Rien à voir avec se donner librement deux réels $ x, y$.

Mais il s'agit d'une question un peu philosophique qui n'occupe qu'une très petite partie dans mon message. Quelles autres "incohérences" as-tu notées ?

L'hypothèse est "quelques heures de cours particuliers à des étudiants de 2ème année de classe préparatoire niveau ECE". Et la conclusion est "logique intuitioniste et modélisation par les ouverts d'un espace topologique, suivie de l'intériorisation du complémentaire" = pipeau total.

---

Autre pipeau: affirmer ou nier la phrase suivante:

"Exemple de démonstration par l'absurde : Prouver que les nombres premiers sont en nombre infini."
En effet, "prouver que" est une question. Et il y a plusieurs réponses possibles, utilisant une méthode ou une autre.

---

Finalement, la difficulté rencontrée par ces étudiants semble être la suivante: ils ont déjà pu expérimenter que,
quoi qu'ils puissent faire comme raisonnement, et quelque soit la rédaction qu'ils adopteront, il y aura toujours
quelqu'un pour se mettre à leur brailler dessus. Etude expérimentale:

Supposons que les nombres premiers soient en nombre fini. Multiplions-les entre eux et ajoutons 1. Ce nouveau nombre a besoin d'un facteur premier, mais on les a tous disqualifiés en ajoutant 1.

Cordialement, Pierre.