証明法の中でも特に重要かつ頻繁に用いられる背理法について，具体例をあげながら紹介します．
ある命題を証明するために，その命題が成り立たないと仮定して矛盾を導き，それによって命題が成り立つと結論する証明法を，背理法(はいりほう)といいます．
非常に多くの命題や定理について，背理法による証明が知られています．その中には，直接的な証明が知られているものも，背理法による証明しか知られていないものもあります．
背理法の代表的な使い方を $2$ パターン紹介します．
命題 $P$ の示し方
例 有理数と無理数の和は必ず無理数である．
結論を否定して，有理数と無理数の和が有理数になると仮定します．
$p$ を任意の有理数， $x$ を任意の無理数とします．このとき，仮定からある有理数 $q$ があって， $$p+x=q$$ とかけます．これより，$x=q-p$ となります．有理数は差について閉じているので，右辺は有理数です．これは $x$ が無理数であることに矛盾します．よって，主張が示せました．もう少し難しい例を解いてみましょう．
例 合成数 $n$ は $\sqrt{n}$ 以下の素因数を必ずもつ．
合成数とは，$1$ より大きい素数でない自然数のことです．言い換えれば，$1$ より大きく $1$ と自分自身以外に少なくともひとつ約数をもつ自然数のことです．
さて，上の主張を背理法で示すためには，まず，合成数 $n$ が $\sqrt{n}$ 以下の素因数をもたないと仮定します．$n$ は合成数なので，ある自然数 $p,q (1< p \le q< n)$ があって， $$n=pq$$ とかけます．つまり，$p,q$ は $1$ より大きく，$n$ 自身でない $n$ の約数です．
このとき，$n=pq \ge p^2$ なので，$\sqrt{n} \ge p$ が成り立ちます． もし，$p$ が素数ならば，$n$ が $\sqrt{n}$ 以下の素因数をもつことになり矛盾です．
一方，$p$ が素数でないならば，$p$ は素因数 $r (1< r< p)$ をもちます．$n=pq$ より，$r$ は $n$ の素因数でもあり，$\sqrt{n} \ge p >r$ なので，この場合も $n$ が $\sqrt{n}$ 以下の素因数をもつことになり矛盾です．よって，主張が示せました．
命題 $P \Rightarrow Q$ の示し方
背理法で示したい主張が，『$P \Rightarrow Q$』という形 ($P$ ならば $Q$) をしているときは，$P$ と $\bar{Q}$ (つまり $Q$ でない) が成り立つと仮定して矛盾を導きます．
例 $a$ を整数とする．$a^2$ が偶数ならば $a$ も偶数である．
これを背理法で示すには，整数 $a$ について $a^2$ が偶数で，かつ $a$ が奇数であると仮定します．
$a$ が奇数なので，整数 $b$ を用いて $a=2b-1$ とおけます．すると， $$a^2=(2b-1)^2=4b^2-4b+1=2(2b^2-2b)+1$$ となります．ところが，$2b^2-2b$ は整数なので，上の等式は $a^2$ が奇数であることを意味します．これは $a^2$ が偶数という仮定に矛盾します．したがって，主張が示せました．
例 $a,b$ を自然数とする．$a$ と $b$ が互いに素ならば，$a+b$ と $b$ も互いに素である．
$a$ と $b$ が互いに素で，$a+b$ と $b$ が互いに素でないと仮定します．$a+b$ と $b$ が互いに素でないので，$1$ より大きい自然数 $d$ があって， $$a+b=dm,b=dn$$ とかけます．($m,n$ は自然数) この $2$ 式より， $$a=dm-b=dm-dn=d(m-n)$$ となります．したがって，$d$ は $a$ の約数です．$d$ は $b$ の約数でもあったので，$d$ は $a$ と $b$ の公約数です．これは $a$ と $b$ が互いに素であることに矛盾します．したがって，主張が示せました．
この他にも下の記事などで，背理法を用いた証明が登場しているので参考にしてみてください．
→$\sqrt{2}$ が無理数であることの $3$ 通りの証明
→$e$ が無理数であることの証明
→素数が無限に存在することの証明
問 $a,b$ は有理数，$\sqrt{d}$ は無理数とする．このとき． $$a+b\sqrt{d}=0 \Rightarrow a=b=0$$ を示せ．
$a+b\sqrt{d}=0$ のもとで，$a\neq 0$ または $b\neq 0$ と仮定する． $b=0$ のとき，仮定から $a\neq 0$ である．一方，もとの式より $a=0$ となるのでこれは矛盾．
また，$b\neq 0$ のとき，もとの式より，$\sqrt{d}=-\frac{a}{b}$ となる．右辺は有理数で，左辺は無理数なのでこれは矛盾．よって，主張が成り立つ．
問 整数 $a,b,c$ は $a^2+b^2=c^2$ を満たすとする．このとき，$a,b$ のうち少なくとも一つは $3$ の倍数であることを示せ．
$a,b$ ともに $3$ の倍数でないと仮定する．このとき，$a,b$ を $3$ で割った余りは $1$ または $2$ である．
いずれにせよ，$a^2,b^2$ を $3$ で割った余りはともに $1$ となる．したがって，$a^2+b^2$ を $3$ で割った余りは $2$ となる．ところが，$c^2$ を $3$ で割った余りは $0$ または $1$ なので，これは矛盾．したがって，主張が成り立つ．
つぎの問題もぜひチャレンジしてみてください．
→有理数の平方和
