Examen National de Mathématiques – Sciences maths – Session Normale 2025

1. 1. Pour tout $x \in \mathbb{R},$ on a: \[\begin{aligned}
      f\left( {1 -x} \right) &= \frac{{{e^{1 -x}}}}{{{e^{2 -2x}} + e}} = \frac{{e \times {e^{ -x}}}}{{{e^2}{e^{ -2x}} + e}} = \frac{{{e^{ -x}}}}{{e{e^{ – 2x}} + 1}}\\
      &= \frac{1}{{e{e^{ -x}} + {e^x}}} = \frac{1}{{{e^{ -x}}\left( {e + {e^{2x}}} \right)}} = \frac{1}{{{e^{ -x}}\left( {e + {e^{2x}}} \right)}} \\ &= f\left( x \right)
      \end{aligned}\]
   2. Pour tout $x \in \mathbb{R},$ on a : $1-x \in \mathbb{R}$ et $f(1-x)=f(x)$, cela signifie que la courbe $(\Gamma)$ de la fonction $f$ est symétrique par rapport à la droite verticale $x=\dfrac{1}{2}$.
   3. Calculer $\displaystyle\lim_{x \to-\infty} f(x)$ puis en déduire $\displaystyle\lim_{x \to+\infty} f(x)$.
      On a : \[\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } {e^{2x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } {e^x} = 0\]
      Alors : \[\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } \frac{{{e^x}}}{{{e^{2x}} + e}} = \frac{0}{{0 + e}} = 0\]
      On pose : $x=1-y$, alors : $\left( {x \to + \infty } \right) \Leftrightarrow \left( {y \to – \infty } \right)$, alors, on a : \[\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{y \to – \infty } f\left( {1 – y} \right) = \mathop {\lim }\limits_{y \to – \infty } f\left( y \right) = 0\]
   4. Comme $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } f\left( x \right) = 0$, alors l’axe des abscisses est une asymptote horizontale à la courbe $(\Gamma)$ au voisinage de $-\infty$ et au voisinage de $+\infty$.
   1. La fonction $f$ est la composition et le quotient de fonctions dérivables sur $\mathbb{R}$, avec un dénominateur qui ne s’annule jamais.
      Donc, $f$ est dérivable sur $\mathbb{R}$. Alors pour tout $x\in\mathbb{R}$, on a : \[\begin{aligned}
      f'(x) &= \frac{{{e^x}\left( {{e^{2x}} + e} \right) -{e^x}\left( {2{e^{2x}}} \right)}}{{{{\left( {{e^{2x}} + e} \right)}^2}}} = \frac{{{e^x}\left( {{e^{2x}} + e -2{e^{2x}}} \right)}}{{\left( {{e^{2x}} + e} \right)\left( {{e^{2x}} + e} \right)}}\\
      &= f\left( x \right)\frac{{e -{e^{2x}}}}{{e + {e^{2x}}}} = f\left( x \right)\frac{{e\left( {1 -{e^{2x -1}}} \right)}}{{e\left( {1 + {e^{2x -1}}} \right)}}\\
      &= f\left( x \right)\frac{{1 -{e^{2x -1}}}}{{1 + {e^{2x -1}}}}
      \end{aligned}\]
   2. Pour tout $x\in\mathbb{R}$, $e^x>0$, $e^{2x}+e>0$ et $(1+e^{2x-1}>0)$, donc $f(x)>0$, donc le signe de $f'(x)$ est celui de $1-e^{2x-1}$.On a : \[\begin{aligned}
      1 – {e^{2x – 1}} > 0 &\Leftrightarrow {e^{2x -1}} < 1\\
      &\Leftrightarrow 2x -1 < 0\\
      &\Leftrightarrow 2x < 1\\
      &\Leftrightarrow x < \frac{1}{2}
      \end{aligned}\]
      Par suite, si $x \le \dfrac{1}{2}$, alors : $f(x)\ge 0$, alors $f$ est croissante sur $\left]-\infty;\dfrac{1}{2}\right]$.Si $x \ge \dfrac{1}{2}$, alors : $f(x)\le 0$, alors $f$ est décroissante sur $\left[\dfrac{1}{2};+\infty\right[$.

      Par suite, la fonction $f$ admet une valeur maximale en $\dfrac{1}{2}$ sur $\mathbb{R}$, donc, pour tout $x\in\mathbb{R}$, $f(x)\le f\left(\dfrac{1}{2}\right)$

      On a : \[f\left( {\frac{1}{2}} \right) = \frac{{{e^{1/2}}}}{{e + e}} = \frac{{{e^{1/2}}}}{{2e}} = \frac{1}{{2\sqrt e }} < \frac{1}{2}\]
      Donc : $$\left(\forall x \in \mathbb{R}\right);~~0 < f(x) < \dfrac{1}{2}.$$

2. Représenter graphiquement la courbe $(\Gamma)$.

   (On prendra $\left\|\vec{i}\right\|=1\,cm,\, \left\|\vec{j}\right\|=2\,cm,\,\dfrac{1}{2\sqrt{e}} \approx 0.30, \dfrac{1}{1+e} \approx 0.27$).

   1. Posons $u=1−x$, alors : $dx=-du$ et $\left( {x \to 0} \right) \Leftrightarrow \left( {u \to 1} \right)$ et $\left( {x \to \frac{1}{2}} \right) \Leftrightarrow \left( {u \to \frac{1}{2}} \right)$Alors : $$\int\limits_0^{1/2} {f\left( x \right)dx} = \int\limits_1^{1/2} { – f\left( {1 – u} \right)du} = \int\limits_{1/2}^1 {f\left( {1 – u} \right)du} = \int\limits_{1/2}^1 {f\left( u \right)du}$$Car $f(1-u)=f(u)$.
      Alors : $\displaystyle\int_{0}^{1/2} f(x)\, dx = \int_{1/2}^1 f(x)\, dx$.
   2. \[\begin{aligned}
      \int\limits_0^1 {f\left( x \right)dx} &= \int\limits_0^{1/2} {f\left( x \right)dx} + \int\limits_{1/2}^1 {f\left( x \right)dx} \\
      &= \int\limits_0^{1/2} {f\left( x \right)dx} + \int\limits_0^{1/2} {f\left( x \right)dx} \\
      &= 2\int\limits_0^{1/2} {f\left( x \right)dx}
      \end{aligned}\]
   1. On pose : $t = e^x $, alors : \[t = {e^x} \Leftrightarrow \ln t = x \Leftrightarrow \frac{1}{t}dt = dx\]
      Alors : $\left( {x \to 0} \right) \Leftrightarrow \left( {t \to e} \right)$
      et $\left( {x \to \frac{1}{2}} \right) \Leftrightarrow \left( {t \to \sqrt e } \right)$Donc :
      \[\begin{aligned}
      \int\limits_0^{1/2} {f\left( x \right)dx} &= \int\limits_e^{\sqrt e } {\frac{{f\left( {\ln t} \right)}}{t}dt} \\
      &= \int\limits_e^{\sqrt e } {\frac{1}{t}\left( {\frac{{{e^{\ln t}}}}{{{e^{2\ln t}} + e}}} \right)dt} \\
      &= \int\limits_e^{\sqrt e } {\frac{1}{t}\left( {\frac{t}{{{t^2} + e}}} \right)dt} \\
      &= \int\limits_e^{\sqrt e } {\frac{{dt}}{{{t^2} + e}}}
      \end{aligned}\]
      Donc :
      : $$\int_{0}^{1/2} f(x)\, dx = \int_{1}^{\sqrt{e}} \dfrac{dt}{t^2 + e}.$$
   2. On a : $$\begin{aligned}
      \int\limits_0^{1/2} {f\left( x \right)} &= \int\limits_1^{\sqrt e } {\frac{{dt}}{{{t^2} + e}}} \\
      &= \frac{1}{{\sqrt e }}\int\limits_1^{\sqrt e } {\frac{{\frac{1}{{\sqrt e }}}}{{e\left( {1 + {{\left( {\frac{t}{{\sqrt e }}} \right)}^2}} \right)}}dt} \\
      &= \frac{1}{{\sqrt e }}\left[ {\arctan t} \right]_1^{\sqrt e }\\
      &= \frac{1}{{\sqrt e }}\left( {\arctan \sqrt e – \arctan 1} \right)\\
      &= \frac{1}{{\sqrt e }}\left( {\arctan \sqrt e – \frac{\pi }{4}} \right)
      \end{aligned}$$
      Donc : $$\int_{0}^{1/2} f(x)\, dx = \dfrac{1}{\sqrt{e}} \left(\arctan\left(\sqrt{e}\right)-\dfrac{\pi}{4}\right).$$
   3. \[\begin{aligned}
      \mathcal{A} &= \int\limits_0^1 {\left| {f\left( x \right)} \right|dx \times \left\| {\overrightarrow i } \right\| \times \left\| {\overrightarrow j } \right\|} \\
      &= \int\limits_0^1 {f\left( x \right)dx \times 1cm \times 2cm} \,\,\,\,\,\,\,car\,\,\,\,f\left( x \right) > 0\\
      &= 2\int\limits_0^{1/2} {f\left( x \right)dx \times 2c{m^2}} \\
      &= 4\int\limits_0^{1/2} {f\left( x \right)dx \times c{m^2}} \\
      &= \frac{4}{{\sqrt e }}\left( {\arctan \sqrt e – \frac{\pi }{4}} \right)c{m^2}
      \end{aligned}\]En déduire l’aire, en $cm^2$, du domaine plan délimité par $(\Gamma)$, les droites d’équations respectives : $ x=0$, $x=1$, et $y=0$.

Partie II :

On considère la suite $(u_n)_{n\in\mathbb{N}}$ définie par :
$$u_0 \in \left]0; \dfrac{1}{2}\right[,\, \text{ et }\, \left(\forall n \in \mathbb{N}\right);\,\, u_{n+1} = f(u_n)$$

1. En utilisant le résultat de la question I.2-a), montrer que :
   $$\left(\forall x \in \mathbb{R}\right);\,\, |f'(x)| \leq f(x)$$
   On a : $$\left| {f’\left( x \right)} \right| = f\left( x \right)\left| {\frac{{1 – {e^{2x – 1}}}}{{1 + {e^{2x – 1}}}}} \right|$$
   $$\begin{aligned}
   \left| {1 – {e^{2x – 1}}} \right| \le \left| {1 + {e^{2x – 1}}} \right| &\Leftrightarrow \left| {\frac{{1 – {e^{2x – 1}}}}{{1 + {e^{2x – 1}}}}} \right| \le 1\\
   &\Leftrightarrow f\left( x \right)\left| {\frac{{1 – {e^{2x – 1}}}}{{1 + {e^{2x – 1}}}}} \right| \le f\left( x \right)\\
   &\Leftrightarrow \left| {f’\left( x \right)} \right| \le f\left( x \right)
   \end{aligned}$$
   1. D’après la question I)2)b), on a pour $x\le \dfrac{1}{2}$, $f'(x)\ge 0$, et d’après les questions I)2)b) et II)1), $f'(x)\le f(x)\le \dfrac{1}{2}.$Finalement : $$\left(\forall x \in \left[0; \dfrac{1}{2}\right]\right);\,\, 0 \leq f'(x) < \dfrac{1}{2}$$
   2. La fonction $g(x)=f(x)−x$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ comme différence de deux fonctions dérivables sur $\mathbb{R}$.
      On a :
      \[\begin{aligned}
      g’\left( x \right) &= f’\left( x \right) – 1\\
      f’\left( x \right) < \frac{1}{2} &\Leftrightarrow f’\left( x \right) – 1 < – \frac{1}{2}\\
      &\Rightarrow f’\left( x \right) – 1 < 0\\
      &\Rightarrow g’\left( x \right) < 0
      \end{aligned}\]
      Donc $g : x\mapsto g(x)=f(x)-x$ est strictement décroissante sur $\mathbb{R}$.
   3. On a $g$ est continue et strictement décroissante sur $\mathbb{R}$, donc $g$ est une bijection de $\mathbb{R}$ vers $J$ tel que \[J = \left] {\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } g\left( x \right);\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } g\left( x \right)} \right[ = \left] { – \infty ; + \infty } \right[\]
      et comme $0\in g\left( {\left] { – \infty ; + \infty } \right[} \right)$, alors :
      \[\left( {\exists !\alpha \in \mathbb{R}} \right);\,\,\,g\left( \alpha \right) = 0\]
      C’est-à-dire : \[\left( {\exists !\alpha \in \mathbb{R}} \right);\,\,\,f\left( \alpha \right) = \alpha\]
      Et puisque :
      $$\begin{aligned}
      &g\left( 0 \right) = f\left( 0 \right) – 0 = \frac{1}{{1 + e}} > 0\\
      &g\left( {\frac{1}{2}} \right) = f\left( {\frac{1}{2}} \right) – \frac{1}{2} = \frac{1}{{2\sqrt e }} – \frac{1}{2} = \frac{1}{2}\left( {\frac{1}{{\sqrt e }} – 1} \right) < 0
      \end{aligned}$$
      donc \[g\left( 0 \right) \times g\left( {\frac{1}{2}} \right) < 0\]
      Alors : $\left(\exists!\alpha \in \left]0;\dfrac{1}{2}\right[\right)$ tel que : $f(\alpha)=\alpha$
   1. Par récurrence :Pour $n=0$, on a : $0 < u_0 < \dfrac{1}{2}$

      Soit $n\in\mathbb{N}$, on suppose que : $0 < u_n< \dfrac{1}{2}$ et montrons que : $0 < u_{n+1}< \dfrac{1}{2}$

      D’après I)2)b), pour tout $x\in\mathbb{R}$, $0 < f(x) < \dfrac{1}{2}$, et comme ${u_n} \in \left] {0;\frac{1}{2}} \right[ \subset \mathbb{R}$, alors : $0 < f(u_n) < \dfrac{1}{2}$, alors : $0 < u_{n+1} < \dfrac{1}{2}$

      Alors : $\left(\forall n \in \mathbb{N}\right); \quad 0 < u_n < \dfrac{1}{2}$

   2. Montrer que : $\left(\forall n \in \mathbb{N}\right); \quad |u_{n+1}-\alpha| \leq \dfrac{1}{2} |u_n-\alpha|$
   3. \[\begin{aligned}
      \otimes \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
      {\left| {{u_1} – \alpha } \right| \le \frac{1}{2}\left| {{u_0} – \alpha } \right|}\\
      {\left| {{u_2} – \alpha } \right| \le \frac{1}{2}\left| {{u_1} – \alpha } \right|}\\
      \vdots \\
      {\left| {{u_n} – \alpha } \right| \le \frac{1}{2}\left| {{u_{n – 1}} – \alpha } \right|}
      \end{array}} \right.\\
      \Rightarrow {{\left| {{u_1} – \alpha } \right|}} \times {{\left| {{u_2} – \alpha } \right|}} \times \cdots \times \left| {{u_n} – \alpha } \right| \le \frac{1}{2}\left| {{u_0} – \alpha } \right| \times \frac{1}{2}{{\left| {{u_1} – \alpha } \right|}} \times \cdots \frac{1}{2}{{\left| {{u_{n – 1}} – \alpha } \right|}}\\
      \Rightarrow \left| {{u_n} – \alpha } \right| \le {\left( {\frac{1}{2}} \right)^n}\left| {{u_0} – \alpha } \right|\\
      \Rightarrow \left| {{u_n} – \alpha } \right| \le {\left( {\frac{1}{2}} \right)^n}\left| {\frac{1}{2} – \alpha } \right|\\
      \Rightarrow \left| {{u_n} – \alpha } \right| \le {\left( {\frac{1}{2}} \right)^n}\frac{1}{2}\\
      \Rightarrow \left| {{u_n} – \alpha } \right| \le {\left( {\frac{1}{2}} \right)^{n + 1}}\\
      0 < \alpha < \frac{1}{2} \Leftrightarrow – \frac{1}{2} < \alpha – \frac{1}{2} < 0 \Leftrightarrow 0 < \frac{1}{2} – \alpha < \frac{1}{2}
      \end{aligned}\]
      Montrer par récurrence que : $\left(\forall n \in \mathbb{N}\right); \quad |u_n-\alpha| \leq \left( \dfrac{1}{2} \right)^{n+1}$
   4. En déduire que la suite $(u_n)_{n \in \mathbb{N}}$ converge vers $\alpha$

Partie III :
On considère la suite numérique $(S_n)_{n \in \mathbb{N}}$ définie par : \[\left( {\forall n \in {\mathbb{N}^*}} \right);\quad {S_n} = \frac{1}{{n\left( {n + 1} \right)}}\sum\limits_{k = 1}^{k = n} {\frac{k}{{{e^{\frac{k}{n}}} + {e^{\frac{{n-k}}{n}}}}}} \]

1. 1. Vérifier que : $\left( {\forall n \in {\mathbb{N}^*}} \right);\quad {S_n} = \dfrac{1}{{n + 1}}\displaystyle\sum\limits_{k = 1}^{k = n} {\dfrac{k}{n}f\left( {\dfrac{k}{n}} \right)} $
   2. Montrer que: $$\displaystyle\int_0^1 x f(x) \, dx = \int_0^{1/2}f(x) \, dx$$
      (On pourra effectuer le changement de variable : $t = 1-x$)
2. Montrer que la suite $(S_n)_{n \in \mathbb{N}}$ est convergente et déterminer sa limite.

1. Puisque $p$ est premier et $p \wedge a=1$, alors, d’après le théorème de Fermat, on a : \[{a^{p -1}} \equiv 1\left[ p \right]\]
   Alors : \[\begin{aligned}
   {a^{p -1}} \equiv 1\left[ p \right] &\Leftrightarrow {\left( {{a^{\frac{{p -1}}{2}}}} \right)^2} \equiv 1\left[ p \right]\\
   &\Leftrightarrow p/\left( {{{\left( {{a^{\frac{{p -1}}{2}}}} \right)}^2} -1} \right)\\
   &\Leftrightarrow p/\left( {{a^{\frac{{p -1}}{2}}} -1} \right)\left( {{a^{\frac{{p -1}}{2}}} + 1} \right)\\
   &\Leftrightarrow p/\left( {{a^{\frac{{p -1}}{2}}} -1} \right)\,\,ou\,\,p/\left( {{a^{\frac{{p -1}}{2}}} + 1} \right)\,\,\,\left( {car\,\,p\,est\,\,premier} \right)\\
   &\Leftrightarrow {a^{\frac{{p -1}}{2}}} \equiv 1\left[ p \right]\,\,ou\,\,{a^{\frac{{p -1}}{2}}} \equiv -1\left[ p \right]
   \end{aligned}\]
2. 1. On a : $a{x_0^2} \equiv 1\left[ p \right] $
      Alors : \[\begin{aligned}
      &\left( {\exists k \in \mathbb{Z}} \right);\,\,\,\,a{x_0^2} -1 = kp\\
      &\left( {\exists k \in \mathbb{Z}} \right);\,\,\,\,a{x_0^2} -kp = 1\\
      &\left( {\exists \left( {u,v} \right) \in {\mathbb{Z}^2}} \right);\,\,\,\,ux_0 + vp = 1\,\,avec\,\,u = ax_0\,\,et\,\,v = -k
      \end{aligned}\]
      Donc, d’après le théorème de Bezout $x_0 \wedge p = 1$ et comme $p$ est premier, donc d’après le théorème de Fermat, on a : $x_0^{p-1}\equiv[p]$
   2. On a : \[a{x_0^2} \equiv 1\left[ p \right]\]
      Alors : \[{\left( {a{x_0^2}} \right)^{\frac{{p -1}}{2}}} \equiv 1\left[ p \right]\]
      Alors : \[{a^{\frac{{p -1}}{2}}}{x_0^{p -1}} \equiv 1\left[ p \right]\]
      Comme : \[{x_0^{p-1}} \equiv 1\left[ p \right]\]
      Alors : \[{a^{\frac{p-1}{2}}} \equiv 1\left[ p \right]\]
   1. 1. Si $p$ divise $2^{2n+1}-1$, alors :
         \[\begin{aligned}
         p/{2^{2n + 1}} -1 &\Leftrightarrow {2^{2n + 1}} -1 \equiv 0\left[ p \right]\\
         &\Leftrightarrow {2^{2n + 1}} \equiv 1\left[ p \right]\\
         &\Leftrightarrow 2 \times {\left( {{2^n}} \right)^2} \equiv 1\left[ p \right]
         \end{aligned}\]
         On a : $2 \wedge p = 1$ car $p$ est impair.
         et d’après la question 2) $2^n$ est solution de l’équation $2\times (2^n)^2\equiv 1[p]$, donc ${2^{\frac{{p -1}}{2}}} \equiv 1\left[ p \right]$
      2. Puisque $11$ est premier, alors : \[11 \wedge {2^{2n + 1}} = 1\,\,ou\,\,11 \wedge {2^{2n + 1}} -1 = 11\]

         Supposons que : $11 \wedge {2^{2n + 1}} -1 = 11$, alors :
         \[\begin{aligned}
         {2^{2n + 1}} -1 \equiv 0\left[ {11} \right] &\Leftrightarrow {2^{2n + 1}} \equiv 1\left[ {11} \right]\\
         &\Leftrightarrow 2 \times {\left( {{2^n}} \right)^2} \equiv 1\left[ {11} \right]\\
         &\Leftrightarrow {2^{\frac{{11 -1}}{2}}} \equiv 1\left[ {11} \right] \Leftrightarrow {2^5} \equiv 1\left[ {11} \right]\left( {absurde} \right)
         \end{aligned}\]
         Donc : $11 \wedge {2^{2n + 1}} -1 = 1$, donc d’près le théorème de Bezout, \[\left( {\exists \left( {x,y} \right) \in {\mathbb{Z}^2}} \right);\,\,\,\,11x + \left( {{2^{2n + 1}} -1} \right)y = 1\]

   2. \[\begin{aligned}
      {x^2} + 5x + 2 \equiv 0\left[ {11} \right] &\Leftrightarrow 8{x^2} + 40x + 16 \equiv 0\left[ {11} \right]\\
      &\Leftrightarrow 8{x^2} + 40x + 50 -50 + 16 \equiv 0\left[ {11} \right]\\
      &\Leftrightarrow 2\left( {4{x^2} + 20x + 25} \right) -34 \equiv 0\left[ {11} \right]\\
      &\Leftrightarrow 2{\left( {2x + 5} \right)^2} \equiv 34\left[ {11} \right]\\
      &\Leftrightarrow 2{\left( {2x + 5} \right)^2} \equiv 1\left[ {11} \right]
      \end{aligned}\]
   3. Supposons que l’équation $(F)$ admet une solution dans $\mathbb{Z}$, et on a $(F)\Leftrightarrow 2(2x+5)^2\equiv[11]$.

      On a : $2 \wedge 11=1$ et $2x+5$ solution de l’équation $2X^2\equiv[11]$

      D’après la question 2) $2^{\frac{p-1}{2}}\equiv 1[11]$, donc : ${2^5} \equiv 1\left[ {11} \right]$ absurde car ${2^5} \equiv 32\left[ {11} \right]\equiv -1\left[ {11} \right]$

      Donc l’équation $(F)$ n’admet pas de solution dans $\mathbb{Z}$.