Session Normale

Partie I :

1 - a) Montrons que : $(\forall x \in \mathbb{R})\ ;\ f(1 - x) = f(x)$
Pour tout $x \in \mathbb{R}$, on a :
$$f(1 - x) = \frac{e^{1-x}}{e^{2(1-x)} + e} = \frac{e^{-x} \cdot e}{e^{-2x}e^2 + e} = \frac{e^{-x}}{e^{-2x} \cdot e + 1} = \frac{e^{2x} \cdot e^{-x}}{e + e^{2x}} = \frac{e^x}{e^{2x} + e}$$

b) Interprétons graphiquement le résultat obtenu :
Pour tout $x \in \mathbb{R}$, on a : $f\left(2 \times \frac{1}{2} - x\right) = f(x)$, on en déduit que :


c) Calculons $\lim_{x \to -\infty} f(x)$, puis déduisons $\lim_{x \to +\infty} f(x)$ :
• $\lim_{x \to -\infty} f(x)$ :
On a $\lim_{x \to -\infty} f(x) = \lim_{x \to -\infty} \frac{e^x}{e^{2x} + e} = 0$, car $\lim_{x \to -\infty} e^x = 0$ et $\lim_{x \to -\infty} e^{2x} = 0$.

• $\lim_{x \to +\infty} f(x)$ :
Posons $t = 1 - x \iff x = 1 - t$, on a : $x \to +\infty \iff t \to -\infty$. Donc on obtient :
$$\lim_{x \to +\infty} f(x) = \lim_{t \to -\infty} f(1 - t) = \lim_{t \to -\infty} f(t) = 0 \quad (\text{car } f(1-t) = f(t))$$

d) Interprétons graphiquement les deux résultats obtenus :
D’après la question précédente, on a : $\lim_{x \to -\infty} f(x) = 0$ et $\lim_{x \to +\infty} f(x) = 0$.


2 - a) Montrons que : $(\forall x \in \mathbb{R})\ ;\ f'(x) = f(x) \times \frac{1 - e^{2x-1}}{1 + e^{2x-1}}$
Les fonctions $x \mapsto e^x$ et $x \mapsto e^{2x} + e$ sont dérivables sur $\mathbb{R}$, et pour tout $x \in \mathbb{R}$, $e^{2x} + e > 0$, donc $f$ est dérivable sur $\mathbb{R}$.
Pour tout $x \in \mathbb{R}$, on a :
$$f'(x) = \left(\frac{e^x}{e^{2x} + e}\right)' = \frac{(e^x)'(e^{2x} + e) - (e^{2x} + e)' e^x}{(e^{2x} + e)^2} = \frac{e^x(e^{2x} + e) - 2e^{2x} \cdot e^x}{(e^{2x} + e)^2}$$ $$= \frac{e^x}{e^{2x} + e} \times \frac{e^{2x} + e - 2e^{2x}}{e^{2x} + e} = f(x) \times \frac{e - e^{2x}}{e + e^{2x}} = f(x) \times \frac{e(1 - e^{2x-1})}{e(1 + e^{2x-1})} = f(x) \times \frac{1 - e^{2x-1}}{1 + e^{2x-1}}$$

b) Donnons les variations de $f$, puis déduisons que : $(\forall x \in \mathbb{R})\ ;\ 0 < f(x) < \frac{1}{2}$
Pour tout $x \in \mathbb{R}$, on a $f(x) > 0$ et $1 + e^{2x-1} > 0$, d’où $f'(x)$ est de même signe que $1 - e^{2x-1}$ :
• $1 - e^{2x-1} = 0 \iff e^{2x-1} = 1 \iff 2x - 1 = 0 \iff x = \frac{1}{2}$.
• $1 - e^{2x-1} > 0 \iff e^{2x-1} < 1 \iff 2x - 1 < 0 \iff x < \frac{1}{2}$.
• $1 - e^{2x-1} < 0 \iff x > \frac{1}{2}$.
Par suite, $f$ est strictement croissante sur $\left]-\infty, \frac{1}{2}\right]$ et strictement décroissante sur $\left[\frac{1}{2}, +\infty\right[$.
Le maximum absolu de $f$ est $f\left(\frac{1}{2}\right) = \frac{\sqrt{e}}{e+e} = \frac{\sqrt{e}}{2e} = \frac{1}{2\sqrt{e}}$.
Comme $1 < e \implies 1 < \sqrt{e} \implies \frac{1}{\sqrt{e}} < 1 \implies \frac{1}{2\sqrt{e}} < \frac{1}{2}$, et comme $f(x) > 0$ sur $\mathbb{R}$ :


3 - Représentons graphiquement la courbe $(\Gamma)$ :

4 - a) Montrons que : $\int_0^{1/2} f(x)dx = \int_{1/2}^1 f(x)dx$
On pose $t = 1 - x \iff x = 1 - t$, on obtient donc : $dx = -dt$.
Si $x = 0$ alors $t = 1$, et si $x = \frac{1}{2}$ alors $t = \frac{1}{2}$, d’où :
$$\int_0^{1/2} f(x)dx = \int_1^{1/2} -f(1 - t)dt = \int_{1/2}^1 f(1 - t)dt$$ Or d’après la question (1-a) : $f(1 - t) = f(t)$, d’où :


b) Déduisons que : $\int_0^1 f(x)dx = 2 \int_0^{1/2} f(x)dx$
On a : $\int_0^1 f(x)dx = \int_0^{1/2} f(x)dx + \int_{1/2}^1 f(x)dx$.
Or d’après la question précédente, $\int_{1/2}^1 f(x)dx = \int_0^{1/2} f(x)dx$, par suite :


5 - a) En effectuant le changement de variables $t = e^x$, montrons que : $\int_0^{1/2} f(x)dx = \int_1^{\sqrt{e}} \frac{dt}{t^2 + e}$
On a : $\int_0^{1/2} f(x)dx = \int_0^{1/2} \frac{e^x}{e^{2x} + e}dx = \int_0^{1/2} \frac{e^x dx}{(e^x)^2 + e}$.
Posons $t = e^x$, d’où $dt = e^x dx$. Pour $x = 0 \implies t = 1$, et pour $x = \frac{1}{2} \implies t = \sqrt{e}$.


b) Montrons que : $\int_0^{1/2} f(x)dx = \frac{1}{\sqrt{e}}\left(\arctan(\sqrt{e}) - \frac{\pi}{4}\right)$
$$\int_0^{1/2} f(x)dx = \int_1^{\sqrt{e}} \frac{dt}{t^2 + e} = \int_1^{\sqrt{e}} \frac{dt}{e\left(\left(\frac{t}{\sqrt{e}}\right)^2 + 1\right)} = \frac{1}{\sqrt{e}} \int_1^{\sqrt{e}} \frac{\frac{1}{\sqrt{e}}dt}{\left(\frac{t}{\sqrt{e}}\right)^2 + 1} = \frac{1}{\sqrt{e}} \left[\arctan\left(\frac{t}{\sqrt{e}}\right)\right]_1^{\sqrt{e}}$$ $$= \frac{1}{\sqrt{e}}\left(\arctan(1) - \arctan\left(\frac{1}{\sqrt{e}}\right)\right) = \frac{1}{\sqrt{e}}\left(\frac{\pi}{4} - \arctan\left(\frac{1}{\sqrt{e}}\right)\right)$$ Or on sait que : $\arctan\left(\frac{1}{\sqrt{e}}\right) + \arctan(\sqrt{e}) = \frac{\pi}{2} \iff \arctan\left(\frac{1}{\sqrt{e}}\right) = \frac{\pi}{2} - \arctan(\sqrt{e})$.
Ainsi : $\frac{\pi}{4} - \arctan\left(\frac{1}{\sqrt{e}}\right) = \frac{\pi}{4} - \frac{\pi}{2} + \arctan(\sqrt{e}) = \arctan(\sqrt{e}) - \frac{\pi}{4}$.


c) Déduisons l’aire, en $\text{cm}^2$, du domaine plan :
$\mathcal{A} = \left(\int_0^1 f(x)dx\right) \times (u.a)$ avec $(u.a) = \|\vec{i}\| \times \|\vec{j}\| = 1\text{ cm} \times 2\text{ cm} = 2\text{ cm}^2$.
$$\mathcal{A} = 2 \int_0^{1/2} f(x)dx \times (u.a) = \frac{2}{\sqrt{e}}\left(\arctan(\sqrt{e}) - \frac{\pi}{4}\right) \times 2\text{ cm}^2 = \frac{4}{\sqrt{e}}\left(\arctan(\sqrt{e}) - \frac{\pi}{4}\right)\text{ cm}^2$$

---

Partie II :

1 - Montrons que : $(\forall x \in \mathbb{R})\ ;\ |f'(x)| \le f(x)$
Soit $x \in \mathbb{R}$, on a : $f'(x) = f(x) \cdot \frac{1 - e^{2x-1}}{1 + e^{2x-1}}$.
On a : $1 - \frac{1 - e^{2x-1}}{1 + e^{2x-1}} = \frac{2e^{2x-1}}{1 + e^{2x-1}} > 0 \implies \frac{1 - e^{2x-1}}{1 + e^{2x-1}} < 1$.
Et on a aussi : $1 + \frac{1 - e^{2x-1}}{1 + e^{2x-1}} = \frac{2}{1 + e^{2x-1}} > 0 \implies \frac{1 - e^{2x-1}}{1 + e^{2x-1}} > -1$.
D'où pour tout $x \in \mathbb{R}$ : $-1 < \frac{1 - e^{2x-1}}{1 + e^{2x-1}} < 1$. Comme $f(x) > 0$ :
$$-f(x) < f(x) \cdot \frac{1 - e^{2x-1}}{1 + e^{2x-1}} < f(x) \iff -f(x) < f'(x) < f(x)$$

2 - a) Montrons que : $\left(\forall x \in \left[0, \frac{1}{2}\right]\right)\ ;\ 0 \le f'(x) < \frac{1}{2}$
D’après la question précédente : $f'(x) \le |f'(x)| \le f(x)$, et d’après (I-2-b), $f(x) < \frac{1}{2}$, d’où $f'(x) < \frac{1}{2}$.
D’autre part, d’après (I-2-a), pour tout $x \in \left[0, \frac{1}{2}\right]$, $0 \le f'(x)$.


b) Montrons que $g : x \mapsto g(x) = f(x) - x$ est strictement décroissante sur $\mathbb{R}$ :
Pour tout $x \in \mathbb{R}$ : $g'(x) = f'(x) - 1$.
Or d'après (II-1) et (I-2-b), $|f'(x)| \le f(x) \le \frac{1}{2\sqrt{e}} < \frac{1}{2} \implies f'(x) - 1 < 0 \implies g'(x) < 0$.


c) Déduisons qu'il existe un unique réel $\alpha \in \left]0, \frac{1}{2}\right[$ tel que : $f(\alpha) = \alpha$
La fonction $g$ est continue et strictement décroissante sur $\mathbb{R}$.
De plus : $g(0) = f(0) - 0 = \frac{1}{1+e} > 0$ et $g\left(\frac{1}{2}\right) = f\left(\frac{1}{2}\right) - \frac{1}{2} < 0$ (car $f(1/2) < 1/2$).
D'après le TVI, il existe un unique $\alpha \in \left]0, \frac{1}{2}\right[$ vérifiant $g(\alpha) = 0 \iff f(\alpha) = \alpha$.


3 - a) Montrons par récurrence que : $(\forall n \in \mathbb{N})\ ;\ 0 < u_n < \frac{1}{2}$
• Initialisation : Pour $n = 0$, $u_0 \in \left]0, \frac{1}{2}\right[$, la proposition est vraie.
• Hérédité : Supposons $0 < u_n < \frac{1}{2}$. Comme $f$ est strictement croissante sur $\left[0, \frac{1}{2}\right]$ :
$$0 < u_n < \frac{1}{2} \implies f(0) < f(u_n) < f\left(\frac{1}{2}\right) \implies 0 < f(0) < u_{n+1} < f\left(\frac{1}{2}\right) < \frac{1}{2} \implies 0 < u_{n+1} < \frac{1}{2}$$ • Conclusion : D’après le principe de récurrence :


b) Montrons que : $(\forall n \in \mathbb{N})\ ;\ |u_{n+1} - \alpha| \le \frac{1}{2} |u_n - \alpha|$
La fonction $f$ est continue et dérivable sur $\left[0, \frac{1}{2}\right]$ avec $|f'(x)| \le \frac{1}{2}$.
D'après l'inégalité des accroissements finis (IAF) appliquée à $u_n$ et $\alpha$ :
$$|f(u_n) - f(\alpha)| \le \frac{1}{2} |u_n - \alpha| \implies |u_{n+1} - \alpha| \le \frac{1}{2} |u_n - \alpha|$$

c) Montrons par récurrence que : $(\forall n \in \mathbb{N})\ ;\ |u_n - \alpha| \le \left(\frac{1}{2}\right)^{n+1}$
• Initialisation : $0 < \alpha < \frac{1}{2}$ et $0 < u_0 < \frac{1}{2} \implies -\frac{1}{2} < u_0 - \alpha < \frac{1}{2} \implies |u_0 - \alpha| \le \left(\frac{1}{2}\right)^{0+1}$ (vraie).
• Hérédité : Supposons $|u_n - \alpha| \le \left(\frac{1}{2}\right)^{n+1}$. D'après la question précédente :
$$|u_{n+1} - \alpha| \le \frac{1}{2} |u_n - \alpha| \le \frac{1}{2} \left(\frac{1}{2}\right)^{n+1} = \left(\frac{1}{2}\right)^{n+2}$$ • Conclusion :


d) Déduisons que la suite $(u_n)_{n \in \mathbb{N}}$ converge vers $\alpha$ :
Pour tout $n \in \mathbb{N}$, $0 \le |u_n - \alpha| \le \left(\frac{1}{2}\right)^{n+1}$.
Comme $\lim_{n \to +\infty} \left(\frac{1}{2}\right)^{n+1} = 0$, par le théorème des gendarmes : $\lim_{n \to +\infty} |u_n - \alpha| = 0 \implies \lim_{n \to +\infty} u_n = \alpha$.

---

Partie III :

1 - a) Vérifions que : $(\forall n \in \mathbb{N}^*)\ ;\ S_n = \frac{1}{n+1} \sum_{k=1}^n \frac{k}{n} f\left(\frac{k}{n}\right)$
Pour tout $n \in \mathbb{N}^*$, on a :
$$S_n = \frac{1}{n+1} \sum_{k=1}^n \frac{k}{n} \times \frac{1}{e^{k/n} + e^{\frac{n-k}{n}}} = \frac{1}{n+1} \sum_{k=1}^n \frac{k}{n} \times \frac{1}{e^{k/n} + \frac{e}{e^{k/n}}} = \frac{1}{n+1} \sum_{k=1}^n \frac{k}{n} \times \frac{e^{k/n}}{e^{2k/n} + e} = \frac{1}{n+1} \sum_{k=1}^n \frac{k}{n} f\left(\frac{k}{n}\right)$$

b) Montrons que : $\int_0^1 x f(x)dx = \int_0^{1/2} f(x)dx$
On pose $t = 1 - x \iff x = 1 - t \implies dx = -dt$.
$$\int_0^1 x f(x)dx = \int_1^0 (1 - t) f(1 - t) (-dt) = \int_0^1 (1 - t) f(t) dt = \int_0^1 f(t) dt - \int_0^1 t f(t) dt$$ Par suite : $2 \int_0^1 x f(x)dx = \int_0^1 f(x)dx$.
Or d’après la question (I-4-b) : $\int_0^1 f(x)dx = 2 \int_0^{1/2} f(x)dx$. Par conséquent :


2 - Montrons que la suite $(S_n)_{n \in \mathbb{N}^*}$ est convergente et déterminons sa limite :
Pour tout $n \in \mathbb{N}^*$, on a :
$$S_n = \frac{n}{n+1} \times \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n \left(\frac{k}{n}\right) f\left(\frac{k}{n}\right) = \frac{n}{n+1} \times S'_n$$ La fonction $h : x \mapsto x f(x)$ est continue sur $[0, 1]$, donc $S'_n = \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n h\left(\frac{k}{n}\right)$ est une somme de Riemann qui converge vers l'intégrale $\int_0^1 x f(x)dx$.
D'après la question précédente et (I-5-b) : $\int_0^1 x f(x)dx = \int_0^{1/2} f(x)dx = \frac{1}{\sqrt{e}}\left(\arctan(\sqrt{e}) - \frac{\pi}{4}\right)$.
Comme $\lim_{n \to +\infty} \frac{n}{n+1} = 1$ :

Partie I :

1 - a) Vérifions que le discriminant de l’équation $(E_\alpha)$ est $\Delta_\alpha = \left(2^\alpha e^{i\alpha}(1 - 2i)\right)^2$ :
Le discriminant de $(E_\alpha)$ est :
$$\Delta_\alpha = \left(-2^\alpha e^{i\alpha}(1 + 2i)\right)^2 - 4i 2^{2\alpha+1} e^{i2\alpha} = 4i\left(2^\alpha e^{i\alpha}\right)^2 - 2 \times 4i\left(2^\alpha e^{i\alpha}\right)^2 = -4i\left(2^\alpha e^{i\alpha}\right)^2$$ $$= (1 - 2i)^2 \left(2^\alpha e^{i\alpha}\right)^2 = \left(2^\alpha e^{i\alpha}(1 - 2i)\right)^2$$

b) Déduisons les deux solutions $a$ et $b$ de $(E_\alpha)$ avec $|a| < |b|$ :
Comme $\Delta_\alpha \neq 0$, $(E_\alpha)$ admet deux solutions distinctes :
$$z_1 = \frac{2^\alpha e^{i\alpha}(1 + 2i) - 2^\alpha e^{i\alpha}(1 - 2i)}{2} = \frac{4i 2^\alpha e^{i\alpha}}{2} = i 2^{\alpha+1} e^{i\alpha}$$ $$z_2 = \frac{2^\alpha e^{i\alpha}(1 + 2i) + 2^\alpha e^{i\alpha}(1 - 2i)}{2} = \frac{2 \times 2^\alpha e^{i\alpha}}{2} = 2^\alpha e^{i\alpha}$$ Et comme $|z_1| = 2 \times 2^\alpha$ et $|z_2| = 2^\alpha$ avec $2^\alpha < 2 \times 2^\alpha$ :


2 - Vérifions que $\frac{b}{a}$ est un imaginaire pur :
On a : $\frac{b}{a} = \frac{i 2^{\alpha+1} e^{i\alpha}}{2^\alpha e^{i\alpha}} = 2i \in i\mathbb{R}^*$.

---

Partie II :

1 - a) Montrons que $\frac{h}{b-a} = -\left(\frac{\lambda}{\lambda^2 + 1}\right)i$, puis déduisons que $(OH) \perp (AB)$ :
• D'une part : $\frac{1}{h} = \frac{1}{a} + \frac{1}{b} = \frac{a+b}{ab} = \frac{2^\alpha e^{i\alpha}(1+2i)}{i 2^{2\alpha+1} e^{i2\alpha}} = \frac{-i(1+2i)}{2 \times 2^\alpha e^{i\alpha}}$.
Donc : $h = \frac{2 \times 2^\alpha e^{i\alpha}}{-i(1+2i)} = \frac{i(1-2i) 2 \times 2^\alpha e^{i\alpha}}{1^2 + 2^2} = \frac{2(2+i) 2^\alpha e^{i\alpha}}{5}$.
Par suite :
$$\frac{h}{b-a} = \frac{\frac{2(2+i) 2^\alpha e^{i\alpha}}{5}}{i 2^{\alpha+1} e^{i\alpha} - 2^\alpha e^{i\alpha}} = \frac{2(2+i) 2^\alpha e^{i\alpha}}{5 \times 2^\alpha e^{i\alpha}(2i-1)} = \frac{-2(2i-1)i}{5(2i-1)} = -\frac{2}{5}i$$ Et d'autre part : $-\left(\frac{\lambda}{\lambda^2+1}\right)i = -\left(\frac{2}{2^2+1}\right)i = -\frac{2}{5}i$.

• Déduisons que $(OH) \perp (AB)$ :
On a : $\frac{z_H - z_O}{z_B - z_A} = \frac{h}{b-a} = -\frac{2}{5}i \in i\mathbb{R} \implies (OH) \perp (AB)$.


b) Montrons que $\frac{h-a}{b-a} = \frac{1}{\lambda^2 + 1}$, puis déduisons que $H, A, B$ sont alignés :
$$\frac{h-a}{b-a} = \frac{h}{b-a} - \frac{a}{b-a} = -\frac{2}{5}i - \frac{1}{\frac{b}{a} - 1} = -\frac{2}{5}i - \frac{1}{2i-1} = -\frac{2}{5}i - \frac{-1-2i}{1^2+2^2} = -\frac{2}{5}i + \frac{1}{5} + \frac{2}{5}i = \frac{1}{5} = \frac{1}{\lambda^2+1}$$
• Déduisons que les points $H, A$ et $B$ sont alignés :
Comme $\frac{z_H - z_A}{z_B - z_A} = \frac{h-a}{b-a} = \frac{1}{5} \in \mathbb{R}$, on en conclut que :


2 - a) Montrons que : $\frac{n}{m-a} = -\lambda i$
• $I$ milieu de $[OH] \implies m = z_I = \frac{h}{2} = \frac{(2+i) 2^\alpha e^{i\alpha}}{5}$.
• $J$ milieu de $[HB] \implies n = z_J = \frac{h+b}{2} = \frac{\frac{2}{5}(2+i)2^\alpha e^{i\alpha} + i 2^{\alpha+1} e^{i\alpha}}{2} = \frac{2+6i}{5} 2^\alpha e^{i\alpha}$.
Ainsi :
$$\frac{n}{m-a} = \frac{\frac{2+6i}{5} 2^\alpha e^{i\alpha}}{\frac{(2+i) 2^\alpha e^{i\alpha}}{5} - 2^\alpha e^{i\alpha}} = \frac{\frac{2+6i}{5}}{\frac{(2+i)-5}{5}} = \frac{2+6i}{-3+i} = \frac{-2i(-3+i)}{-3+i} = -2i = -\lambda i$$

b) Déduisons que $(OJ) \perp (AI)$ et que $OJ = |\lambda| AI$ :
• $\frac{z_J - z_O}{z_I - z_A} = \frac{n}{m-a} = -2i \in i\mathbb{R} \implies (OJ) \perp (AI)$.
• $\left|\frac{z_J - z_O}{z_I - z_A}\right| = |-2i| = 2 = |\lambda| \implies \frac{OJ}{AI} = |\lambda| \implies OJ = |\lambda| AI$.


c) Montrons que les points $K, I, H$ et $J$ sont cocycliques :
• On sait que $(OJ) \perp (AI)$ et $(OJ) \cap (AI) = \{K\}$, alors $(KJ) \perp (KI)$, donc le triangle $KJI$ est rectangle en $K$. Le cercle $(\mathcal{C})$ circonscrit au triangle $KJI$ a pour diamètre $[IJ]$ : $(\mathcal{C}) = \{M \in \mathcal{P}\ /\ \vec{MI} \cdot \vec{MJ} = 0\}$.
• D'après la question I-1-a, $(OH) \perp (AB)$. Comme $I \in (OH)$ et $J \in (AB)$ et $H \in (AB)$ avec $H \neq J$, on a $(HI) \perp (HJ)$, donc $\vec{HI} \cdot \vec{HJ} = 0 \implies H \in (\mathcal{C})$.


d) Montrons que $(IJ) \perp (OA)$ :
$$\frac{z_J - z_I}{z_A - z_O} = \frac{n - m}{a} = \frac{\frac{h+b}{2} - \frac{h}{2}}{a} = \frac{1}{2}\frac{b}{a} = \frac{1}{2} \times 2i = i \in i\mathbb{R}$$

1 - Montrons que : $a^{\frac{p-1}{2}} \equiv 1\ [p]$ ou $a^{\frac{p-1}{2}} \equiv -1\ [p]$
On a $p$ est un nombre premier impair et $a \wedge p = 1$, alors d'après le petit théorème de Fermat : $a^{p-1} \equiv 1\ [p]$.
Comme $p$ est impair avec $p \ge 3$, alors $\frac{p-1}{2} \in \mathbb{N}$, ainsi on obtient :
$$\left(a^{\frac{p-1}{2}}\right)^2 - 1^2 \equiv 0\ [p] \iff \left(a^{\frac{p-1}{2}} - 1\right)\left(a^{\frac{p-1}{2}} + 1\right) \equiv 0\ [p]$$ $$\iff a^{\frac{p-1}{2}} - 1 \equiv 0\ [p] \quad \text{ou} \quad a^{\frac{p-1}{2}} + 1 \equiv 0\ [p] \quad (\text{car } p \text{ est premier})$$

2 - a) Montrons que : $x_0^{p-1} \equiv 1\ [p]$
Comme $p$ est un nombre premier, on a deux cas : $p \wedge x_0 = 1$ ou $p \wedge x_0 = p$.
Supposons par l'absurde que $p \wedge x_0 = p$ :
$p \wedge x_0 = p \implies x_0 \equiv 0\ [p] \implies a x_0^2 \equiv 0\ [p]$.
Or $x_0$ est solution de l'équation, donc $a x_0^2 \equiv 1\ [p]$. On en déduit que $1 \equiv 0\ [p] \iff p \mid 1$, ce qui est absurde.
Par suite, le seul cas possible est $p \wedge x_0 = 1$. D'après le petit théorème de Fermat :


b) Déduisons que : $a^{\frac{p-1}{2}} \equiv 1\ [p]$
On a : $a x_0^2 \equiv 1\ [p] \implies \left(a x_0^2\right)^{\frac{p-1}{2}} \equiv 1\ [p] \implies a^{\frac{p-1}{2}} \left(x_0^2\right)^{\frac{p-1}{2}} \equiv 1\ [p] \implies a^{\frac{p-1}{2}} x_0^{p-1} \equiv 1\ [p]$.
Comme $x_0^{p-1} \equiv 1\ [p]$, on obtient :


3 - a) Montrons que si $p \mid (2^{2n+1} - 1)$ alors $2^{\frac{p-1}{2}} \equiv 1\ [p]$ :
On a : $p \mid (2^{2n+1} - 1) \implies 2^{2n+1} - 1 \equiv 0\ [p] \implies 2 \times (2^n)^2 \equiv 1\ [p]$.
En prenant $a = 2$ et $x_0 = 2^n$, et puisque $p$ est un nombre premier impair ($p \wedge 2 = 1$), en appliquant la question (2-b) :


b) Déduisons que l’équation $(E) : 11x + (2^{2n+1} - 1)y = 1$ admet au moins une solution dans $\mathbb{Z}^2$ :
Comme 11 est premier, on a deux cas : $11 \wedge (2^{2n+1} - 1) = 1$ ou $11 \wedge (2^{2n+1} - 1) = 11$.
Supposons par l'absurde que $11 \wedge (2^{2n+1} - 1) = 11$ :
Alors $11 \mid (2^{2n+1} - 1) \implies 2 \times (2^n)^2 \equiv 1\ [11]$.
En prenant $a = 2, x_0 = 2^n$ et $p = 11$, d'après la question (2-b) :
$$2^{\frac{11-1}{2}} \equiv 1\ [11] \iff 2^5 \equiv 1\ [11] \iff 32 \equiv 1\ [11] \iff 11 \mid 31 \quad (\text{absurde})$$ Donc le seul cas possible est $11 \wedge (2^{2n+1} - 1) = 1$.
D'après le théorème de Bézout, il existe un couple $(u, v) \in \mathbb{Z}^2$ tel que $11u + (2^{2n+1} - 1)v = 1$.


4 - a) Montrons que : $(F) \iff 2(2x+5)^2 \equiv 1\ [11]$
$$2(2x+5)^2 \equiv 1\ [11] \iff 2(4x^2 + 20x + 25) \equiv 1\ [11] \iff 8x^2 + 40x + 50 \equiv 1\ [11]$$ $$\iff 8x^2 + 40x + 49 \equiv 0\ [11] \iff 8(x^2 + 5x + 2) + 33 \equiv 0\ [11]$$ $$\iff 8(x^2 + 5x + 2) \equiv 0\ [11] \iff x^2 + 5x + 2 \equiv 0\ [11] \quad (\text{car } 8 \wedge 11 = 1)$$

b) Déduisons que $(F)$ n’admet pas de solution dans $\mathbb{Z}$ :
Supposons par l'absurde que $(F)$ admet au moins une solution $x$ dans $\mathbb{Z}$ :
D'après la question précédente, $x$ est aussi solution de $2(2x+5)^2 \equiv 1\ [11]$.
En prenant $a = 2, x_0 = 2x+5$ et $p = 11$, et comme $11 \wedge 2 = 1$, en appliquant la question (2-b) :
$$2^{\frac{11-1}{2}} \equiv 1\ [11] \iff 11 \mid 31 \quad (\text{absurde})$$

1 - a) Vérifions que : $A^2 = -2A$
$$A^2 = \begin{pmatrix} -1 & -1 & 0 \\ -1 & -1 & 0 \\ -1 & 1 & -2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} -1 & -1 & 0 \\ -1 & -1 & 0 \\ -1 & 1 & -2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 & 2 & 0 \\ 2 & 2 & 0 \\ 2 & -2 & 4 \end{pmatrix} = -2 \begin{pmatrix} -1 & -1 & 0 \\ -1 & -1 & 0 \\ -1 & 1 & -2 \end{pmatrix} = -2A$$

b) Déduisons que : $(\forall (x, y) \in \mathbb{R}^2)\ ;\ M(x) \times M(y) = M(x + y - 2xy)$
Soient $x \in \mathbb{R}$ et $y \in \mathbb{R}$ :
$$M(x) \times M(y) = (I + xA)(I + yA) = I^2 + y(I \times A) + x(A \times I) + xy A^2$$ $$= I + yA + xA - 2xyA = I + (x + y - 2xy)A = M(x + y - 2xy)$$

2 - a) Calculons $M\left(\frac{1}{2}\right) \times \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$ :
On a $M\left(\frac{1}{2}\right) = I + \frac{1}{2}A = \begin{pmatrix} 1/2 & -1/2 & 0 \\ -1/2 & 1/2 & 0 \\ -1/2 & 1/2 & 0 \end{pmatrix}$.
$$M\left(\frac{1}{2}\right) \times \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1/2 & -1/2 & 0 \\ -1/2 & 1/2 & 0 \\ -1/2 & 1/2 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} = O$$

b) Déduisons que $M\left(\frac{1}{2}\right)$ n'est pas inversible dans $(\mathcal{M}_3(\mathbb{R}), \times)$ :
Supposons par l'absurde que $M\left(\frac{1}{2}\right)$ est inversible dans $(\mathcal{M}_3(\mathbb{R}), \times)$.
Alors il existe $M' \in \mathcal{M}_3(\mathbb{R})$ tel que $M' \times M\left(\frac{1}{2}\right) = I$. En posant $J = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$ :
$$M' \times M\left(\frac{1}{2}\right) = I \implies \left(M' \times M\left(\frac{1}{2}\right)\right) \times J = I \times J \implies M' \times \left(M\left(\frac{1}{2}\right) \times J\right) = J$$ $$\implies M' \times O = J \implies O = J \quad (\text{absurde car } J \neq O)$$

3 - Montrons que $E \setminus \left\{M\left(\frac{1}{2}\right)\right\}$ est stable pour la multiplication dans $\mathcal{M}_3(\mathbb{R})$ :
Soient $M(x)$ et $M(y)$ deux éléments de $E \setminus \left\{M\left(\frac{1}{2}\right)\right\}$, donc $x \neq \frac{1}{2}$ et $y \neq \frac{1}{2}$.
On a : $M(x) \times M(y) = M(x + y - 2xy) \in E$.
Et on a l'identité : $\left(x - \frac{1}{2}\right)\left(y - \frac{1}{2}\right) = -\frac{1}{2}\left(x + y - 2xy - \frac{1}{2}\right)$.
Comme $x - \frac{1}{2} \neq 0$ et $y - \frac{1}{2} \neq 0$, alors $\left(x - \frac{1}{2}\right)\left(y - \frac{1}{2}\right) \neq 0 \implies x + y - 2xy \neq \frac{1}{2} \implies M(x + y - 2xy) \neq M\left(\frac{1}{2}\right)$.


4 - Montrons que $\left(E \setminus \left\{M\left(\frac{1}{2}\right)\right\}, \times\right)$ est un groupe commutatif :
• $E \setminus \left\{M\left(\frac{1}{2}\right)\right\}$ est non vide car $M(0) = I \in E \setminus \left\{M\left(\frac{1}{2}\right)\right\}$.
• La loi $\times$ est une loi de composition interne dans $E \setminus \left\{M\left(\frac{1}{2}\right)\right\}$ (stabilité prouvée en 3).
• La loi $\times$ est associative dans $\mathcal{M}_3(\mathbb{R})$, donc elle est associative dans $E \setminus \left\{M\left(\frac{1}{2}\right)\right\}$.
• Commutativité : Pour tout $x \neq 1/2$ et $y \neq 1/2$, $M(x) \times M(y) = M(x + y - 2xy) = M(y + x - 2yx) = M(y) \times M(x)$.
• Élément neutre : Pour tout $x \neq 1/2$, $M(x) \times M(0) = M(x)$, donc $M(0) = I$ est l'élément neutre.
• Symétrique : Pour tout $x \neq 1/2$, cherchons $y$ tel que $M(x) \times M(y) = I \iff x + y - 2xy = 0 \iff y(1 - 2x) = -x \iff y = \frac{-x}{1 - 2x} = \frac{x}{2x - 1}$.
Vérifions que $y \neq 1/2$ : $y - \frac{1}{2} = \frac{x}{2x - 1} - \frac{1}{2} = \frac{1}{2(2x - 1)} \neq 0$.
Donc tout élément $M(x)$ admet un symétrique $M\left(\frac{x}{2x-1}\right) \in E \setminus \left\{M\left(\frac{1}{2}\right)\right\}$.


5 - a) Montrons que $\varphi$ est un homomorphisme de $(\mathbb{R}, +)$ vers $(E, T)$ et que $\varphi(\mathbb{R}) = E$ :
• Pour tous $x, y \in \mathbb{R}$ :
$$\varphi(x + y) = M\left(\frac{1 - (x + y)}{2}\right) = M\left(\frac{1 - x}{2} + \frac{1 - y}{2} - \frac{1}{2}\right) = M\left(\frac{1 - x}{2}\right) T M\left(\frac{1 - y}{2}\right) = \varphi(x) T \varphi(y)$$ D'où $\varphi$ est un homomorphisme de $(\mathbb{R}, +)$ vers $(E, T)$.
• Surjectivité : Pour tout $x \in \mathbb{R}$, $\varphi(x) = M\left(\frac{1-x}{2}\right) \in E \implies \varphi(\mathbb{R}) \subset E$.
D'autre part, pour tout $M(x) \in E$, résolvons $\varphi(y) = M(x) \iff \frac{1-y}{2} = x \iff y = 1 - 2x \in \mathbb{R}$.
Ainsi, tout élément de $E$ admet un antécédent dans $\mathbb{R}$, donc :


b) Déduisons que $(E, T)$ est un groupe commutatif :
Comme $(\mathbb{R}, +)$ est un groupe commutatif et $\varphi$ est un morphisme surjectif de $(\mathbb{R}, +)$ vers $(E, T)$, alors $(\varphi(\mathbb{R}), T) = (E, T)$ est un groupe commutatif d'élément neutre $e_T = \varphi(0) = M\left(\frac{1}{2}\right)$.


6 - Montrons que $(E, T, \times)$ est un corps commutatif :
• $(E, T)$ est un groupe abélien d'élément neutre $e_T = M\left(\frac{1}{2}\right) = \varphi(0)$.
• $(E \setminus \{e_T\}, \times) = \left(E \setminus \left\{M\left(\frac{1}{2}\right)\right\}, \times\right)$ est un groupe abélien.
• Distributivité de $\times$ par rapport à $T$ dans $E$ :
Pour tous $x, y, z \in \mathbb{R}$ :
$$M(x) \times [M(y) T M(z)] = M(x) \times M\left(y + z - \frac{1}{2}\right) = M\left(x + \left(y+z-\frac{1}{2}\right) - 2x\left(y+z-\frac{1}{2}\right)\right) = M\left(2x + y + z - 2xy - 2xz - \frac{1}{2}\right)$$ $$[M(x) \times M(y)] T [M(x) \times M(z)] = M(x + y - 2xy) T M(x + z - 2xz) = M\left((x+y-2xy) + (x+z-2xz) - \frac{1}{2}\right) = M\left(2x + y + z - 2xy - 2xz - \frac{1}{2}\right)$$ Donc $M(x) \times [M(y) T M(z)] = [M(x) \times M(y)] T [M(x) \times M(z)]$. La loi $\times$ est distributive par rapport à $T$.