Examen National de Mathématiques – Sciences maths – Session Normale 2025

1. 1. Pour tout $x \in \mathbb{R},$ on a:
      $$\begin{aligned} f\left( {1-x}\right)&= \frac{{{e^{1 -x}}}}{{{e^{2 -2x}} + e}}= \frac{{e\times {e^{ -x}}}}{{{e^2}{e^{ -2x}} + e}}\\
      &= \frac{{{e^{-x}}}}{{e{e^{ -2x}} + 1}}= \frac{1}{{e{e^{ -x}} + {e^x}}}\\
      &=\frac{1}{{{e^{ -x}}\left( {e + {e^{2x}}} \right)}}= \frac{1}{{{e^{-x}}\left( {e + {e^{2x}}} \right)}} \\
      &= f\left( x \right)
      \end{aligned}$$ D’où : $$\boxed{\left(\forall x \in \mathbb{R}\right);~~f\left( {1-x}\right)=f(x)}$$
   2. Pour tout $x \in \mathbb{R},$ on a : $1-x \in \mathbb{R}$ et
      $f(1-x)=f(x)$, cela signifie que :
      $$\boxed{\text{ la courbe } (\Gamma) \text{ de la fonction }
      f \text{ est symétrique par rapport à la droite }
      x=\dfrac{1}{2}.}$$
   3. Calculons $\displaystyle\lim_{x \to-\infty} f(x)$ puis
      $\displaystyle\lim_{x \to+\infty} f(x)$. 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 : $$\mathop {\lim
      }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = \mathop {\lim
      }\limits_{y \to -\infty } f\left( {1 -y} \right) = \mathop {\lim
      }\limits_{y \to -\infty } f\left( y \right) = 0$$ Finalement : $$\boxed{\displaystyle\lim_{x \to-\infty} f(x) =\displaystyle\lim_{x \to +\infty} f(x)=0}$$
   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 $+\infty$.
2. 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 : \[\begin{aligned} f'(x) &=
      \frac{{{e^x}\left( {{e^{2x}} + e} \right) -{e^x}\left( {2{e^{2x}}}
      \right)}}{{{{\left( {{e^{2x}} + e} \right)}^2}}} =
      \frac{{{e^x}\left( {{e^{2x}} + e -2{e^{2x}}} \right)}}{{\left(
      {{e^{2x}} + e} \right)\left( {{e^{2x}} + e} \right)}}\\ &=
      f\left( x \right)\frac{{e -{e^{2x}}}}{{e + {e^{2x}}}} = f\left( x
      \right)\frac{{e\left( {1 -{e^{2x -1}}} \right)}}{{e\left( {1 +
      {e^{2x -1}}} \right)}}\\ &= f\left( x \right)\frac{{1 -{e^{2x
      -1}}}}{{1 + {e^{2x -1}}}} \end{aligned}\] Finalement : $$\boxed{(\forall x\in\mathbb{R});~~f'(x)=f\left( x \right)\frac{{1 -{e^{2x
      -1}}}}{{1 + {e^{2x -1}}}}}$$
   2. Soit $x\in\mathbb{R}$, on a : $$e^x>0, ~\text{ et }~ e^{2x}+e>0,$$
      donc $\dfrac{{{e^x}}}{{{e^{2x}} + e}}>0$, donc $f(x)>0$, et comme : $1+e^{2x-1}>0,$
      donc le signe de $f'(x)$ est celui de $1-e^{2x-1}$.

      On a : \[\begin{aligned} 1 -{e^{2x -1}} > 0
      &\Leftrightarrow {e^{2x -1}} < 1\\ &\Leftrightarrow 2x -1
      < 0\\ &\Leftrightarrow 2x < 1\\ &\Leftrightarrow x
      < \frac{1}{2} \end{aligned}\]
      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 $\left[\dfrac{1}{2};+\infty\right[$.
      Finalement :
      $$\boxed{f \text{ est croissante sur } \left]-\infty;\dfrac{1}{2}\right[ \text{ et décroissante sur } \left[\dfrac{1}{2};+\infty\right[}$$ Par suite, la fonction $f$ admet une valeur maximale en $\dfrac{1}{2}$ sur $\mathbb{R}$, donc, pour
      tout $x\in\mathbb{R}$, $$f(x)\le f\left(\dfrac{1}{2}\right)$$ et 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 : $$\boxed{\left(\forall x \in \mathbb{R}\right);~~0 < f(x) <
      \dfrac{1}{2}.}$$

3. La courbe $(\Gamma)$ de la fonction $f$.
   
   
   
4. 1. Posons $u=1−x$, alors : $dx=-du$,
      $$\left\{ \begin{aligned}
      &\left( {x \to 0} \right) \Leftrightarrow \left( {u \to 1} \right)\\
      &\left( {x \to \frac{1}{2}} \right) \Leftrightarrow \left( {u \to \frac{1}{2}} \right)
      \end{aligned} \right.$$ Alors : $$\begin{aligned}
      \int\limits_0^{1/2} {f\left( x \right)dx} &=
      \int\limits_1^{1/2} { -f\left( {1 -u} \right)du}\\
      &=\int\limits_{1/2}^1 {f\left( {1 -u} \right)du}\\
      &= \int\limits_{1/2}^1{f\left( u \right)du}
      \end{aligned}$$ Car $f(1-u)=f(u)$, alors :
      $$\boxed{\displaystyle\int_{0}^{1/2} f(x)\, dx = \int_{1/2}^1 f(x)\, dx}$$
   2. On a :
      \[\begin{aligned} \int\limits_0^1 {f\left( x \right)dx} &=
      \int\limits_0^{1/2} {f\left( x \right)dx} + \int\limits_{1/2}^1
      {f\left( x \right)dx} \\ &= \int\limits_0^{1/2} {f\left( x
      \right)dx} + \int\limits_0^{1/2} {f\left( x \right)dx} \\ &=
      2\int\limits_0^{1/2} {f\left( x \right)dx} \end{aligned}\] Donc : $$\boxed{\int\limits_0^1 {f\left( x \right)dx} =2\int\limits_0^{1/2} {f\left( x \right)dx}}$$
5. 1. On pose : $t = e^x $, alors : \[t = {e^x} \Leftrightarrow \ln t = x
      \Rightarrow \frac{dt}{t} = dx\]
      Alors : \[\left\{ \begin{aligned}
      &\left( {x \to 0} \right) \Leftrightarrow \left( {t \to 1} \right)\\
      &\left( {x \to \frac{1}{2}} \right) \Leftrightarrow \left( {t \to \sqrt e } \right)
      \end{aligned} \right.\] Donc : \[\begin{aligned} \int\limits_0^{1/2} {f\left( x
      \right)dx} &= \int\limits_1^{\sqrt e } {\frac{{f\left( {\ln t}
      \right)}}{t}dt} \\ &= \int\limits_1^{\sqrt e }
      {\frac{1}{t}\left( {\frac{{{e^{\ln t}}}}{{{e^{2\ln t}} + e}}}
      \right)dt} \\ &= \int\limits_1^{\sqrt e } {\frac{1}{t}\left(
      {\frac{t}{{{t^2} + e}}} \right)dt} \\ &= \int\limits_1^{\sqrt e
      } {\frac{{dt}}{{{t^2} + e}}} \end{aligned}\] Donc:
      $$\boxed{\int_{0}^{1/2} f(x)\, dx = \int_{1}^{\sqrt{e}} \dfrac{dt}{t^2 +
      e}.}$$
   2. On a : $$\begin{aligned} \int\limits_0^{1/2} {f\left( x \right)}
      &= \int\limits_1^{\sqrt e } {\frac{{dt}}{{{t^2} + e}}} \\
      &=\frac{1}{{\sqrt e }}\int\limits_1^{\sqrt e } {\frac{{\frac{1}{{\sqrt
      e }}}}{{e\left( {1 + {{\left( {\frac{t}{{\sqrt e }}} \right)}^2}}
      \right)}}dt} \\
      &= \frac{1}{{\sqrt e }}\Big[ {\arctan t}
      \Big]_1^{\sqrt e }\\
      &= \frac{1}{{\sqrt e }}\left( {\arctan
      \sqrt e -\arctan 1} \right)\\
      &= \frac{1}{{\sqrt e }}\left(
      {\arctan \sqrt e -\frac{\pi }{4}} \right) \end{aligned}$$ Donc :
      $$\boxed{\int_{0}^{1/2} f(x)\, dx = \dfrac{1}{\sqrt{e}}
      \left(\arctan\left(\sqrt{e}\right)-\dfrac{\pi}{4}\right).}$$
   3. L’aire $\mathcal{A}$ du domaine plan délimité par $(\Gamma)$, les droites $x=0$, $x=1$ et $y=0$ est:
      \[\begin{aligned} \mathcal{A} &= \int\limits_0^1 {\left|
      {f\left( x \right)} \right|dx \times \left\| {\overrightarrow i }
      \right\| \times \left\| {\overrightarrow j } \right\|} \\ &=
      \int\limits_0^1 {f\left( x \right)dx \times 1cm \times 2cm}
      \quad\Big(\text{ car }\,\,f\left( x \right) > 0\Big)\\ &=
      2\int\limits_0^{1/2} {f\left( x \right)dx \times 2c{m^2}} \\ &=
      4\int\limits_0^{1/2} {f\left( x \right)dx \times c{m^2}} \\ &=
      \frac{4}{{\sqrt e }}\left( {\arctan \sqrt e -\frac{\pi }{4}}
      \right)c{m^2} \end{aligned}\] Donc : $$\boxed{\mathcal{A}=\frac{4}{{\sqrt e }}\left( {\arctan \sqrt e -\frac{\pi }{4}}
      \right)c{m^2}}$$

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. D’après le résultat de la question $I)2)a)$, on a, pour tout $x \in \mathbb{R}$:
   $$\left| {f’\left( x \right)} \right| = f\left( x \right)\left|
   {\frac{{1 -{e^{2x -1}}}}{{1 + {e^{2x -1}}}}} \right|\quad\Big(\text{ car }\,\,f\left( x \right) > 0\Big)$$ On a :
   $$\begin{aligned}
   \left| {1 -{e^{2x -1}}} \right| \le \left| {1 + {e^{2x -1}}} \right|
   &\Leftrightarrow \left| {\frac{{1 -{e^{2x -1}}}}{{1 + {e^{2x -1}}}}}
   \right| \le 1\\ &\Leftrightarrow f\left( x \right)\left| {\frac{{1
   -{e^{2x -1}}}}{{1 + {e^{2x -1}}}}} \right| \le f\left( x \right)\\
   &\Leftrightarrow \left| {f’\left( x \right)} \right| \le f\left( x
   \right) \end{aligned}$$ Donc : $$\boxed{\left(\forall x \in \mathbb{R}\right);\quad\left| {f’\left( x \right)} \right| \le f\left( x
   \right)}$$
2. 1. D’après la question $I)2)b)$, pour $x\le \dfrac{1}{2}$, on a : $f'(x)\ge
      0$, et d’après les questions $I)2)b)$ et $II)1)$, pour tout $x\in\mathbb{R}$, ona : $f'(x)\le f(x)< \dfrac{1}{2}$, alors: $$\boxed{\left(\forall x \in \left[0; \dfrac{1}{2}\right]\right);\quad 0 \leq f'(x) < \dfrac{1}{2}}$$
   2. La fonction $g(x)=f(x)−x$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ comme
      différence de deux fonctions dérivables sur $\mathbb{R}$. On a :
      $$g’\left( x \right) = f’\left( x \right) -1,$$ Pour tout $x\in\mathbb{R}$, on a:
      \[\begin{aligned}
      \left| {f’\left( x \right)} \right| \le f\left( x \right) < \frac{1}{2} &\Rightarrow f'\left( x \right) < \frac{1}{2}\\ &\Rightarrow f'\left( x \right) -1 < \frac{1}{2} -1\\ &\Rightarrow f'\left( x \right) -1 < -\frac{1}{2}\\ &\Rightarrow g'\left( x \right) < 0 \end{aligned}\] Donc : $$\boxed{g : x\mapsto g(x)=f(x)-x \text{ est strictement décroissante sur }\mathbb{R}}$$
   3. La fonction $g$ 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 : $$\boxed{\left(\exists!\alpha \in
      \left]0;\dfrac{1}{2}\right[\right);\quad f(\alpha)=\alpha}$$
3. 1. 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 ${u_n} \in \left] {0;\dfrac{1}{2}}
      \right[ \subset \mathbb{R}$, alors : $0 < f(u_n) <
      \dfrac{1}{2}$, alors : $0 < u_{n+1} < \dfrac{1}{2}$
      Alors :
      $$\boxed{\left(\forall n \in \mathbb{N}\right); \quad 0 < u_n <
      \dfrac{1}{2}}$$

   2. Soit $n\in\mathbb{N}$, on a $f$ est continue sur l’intervalle fermé
      d’extrémités $u_n$ et $\alpha$. La fonction $f$ est dérivable sur
      l’intervalle ouvert d’extrémités $u_n$ et $\alpha$. Donc d’après le
      T.A.F, on déduit que : \[\left( {\exists c \in \left] {\min \left(
      {{u_n},\alpha } \right);\max \left( {{u_n},\alpha } \right)}
      \right[} \right);\,\,\,\,f\left( {{u_n}} \right) -f\left( \alpha
      \right) = f’\left( c \right)\left( {{u_n} -\alpha } \right)\] alors : \[\left| {f\left( {{u_n}} \right) -f\left( \alpha \right)}
      \right| = \left| {f’\left( c \right)} \right|\left| {{u_n} -\alpha
      } \right|\] Or : \[\left( {\forall x \in \left[ {0;\frac{1}{2}}
      \right]} \right);\,\,\,\,\left| {f’\left( x \right)} \right| \le
      \frac{1}{2}\] alors : \[\left| {f’\left( c \right)} \right| \le
      \frac{1}{2}\] alors : \[\left| {f\left( {{u_n}} \right) -f\left(
      \alpha \right)} \right| \le \frac{1}{2}\left| {{u_n} -\alpha }
      \right|\] alors : \[\left| {{u_{n + 1}} -\alpha } \right| \le
      \frac{1}{2}\left| {{u_n} -\alpha } \right|\] D’où :
      $$\boxed{\left(\forall n \in \mathbb{N}\right); \quad
      |u_{n+1}-\alpha| \leq \dfrac{1}{2} |u_n-\alpha|}$$
   3. Pour
      $n=0$, on a :
      \[\begin{aligned}
      \left\{ \begin{array}{l}
      0 < {u_0} < \dfrac{1}{2}\\ 0 < \alpha < \dfrac{1}{2} \end{array} \right. &\Rightarrow 0 -\frac{1}{2} < {u_0} -\alpha < \frac{1}{2} -0\\ &\Rightarrow -\frac{1}{2} < {u_0} -\alpha < \frac{1}{2}\\ &\Rightarrow \left| {{u_0} -\alpha } \right| < \frac{1}{2} \end{aligned}\] Soit $n\in\mathbb{N}$. On suppose que \[\left| {{u_n} -\alpha } \right| < {\left( {\frac{1}{2}} \right)^{n + 1}}\] et on montre que : \[\left| {{u_{n+1}} -\alpha } \right| < {\left( {\frac{1}{2}} \right)^{n + 2}}\] On a : \[\left| {{u_n} -\alpha } \right| < {\left( {\frac{1}{2}} \right)^{n + 1}},\] alors : \[\frac{1}{2}\left| {{u_n} -\alpha } \right| < {\left( {\frac{1}{2}} \right)^{n + 2}}\] et comme : \[\left| {{u_{n + 1}} -\alpha } \right| < \frac{1}{2}\left| {{u_n} -\alpha } \right|\] donc : \[\left| {{u_{n + 1}} -\alpha } \right| < {\left( {\frac{1}{2}} \right)^{n + 2}}\] Donc, d'après le principe de récurrence : \[\boxed{\left( {\forall n \in \mathbb{N}} \right);\,\,\,\,\,\,\left| {{u_n} -\alpha } \right| < {\left( {\frac{1}{2}} \right)^{n + 1}}}\]
   4. On a :
      \[\lim {\left( {\frac{1}{2}} \right)^{n + 1}} = 0\,\,\,\,\,\left( {car\,\, -1 < \frac{1}{2} < 1} \right)\] Alors : \[\lim \left| {{u_n} -\alpha } \right| = 0\,\,\,\,\left( {car\,\,\left| {{u_n} -\alpha } \right| < {{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^{n + 1}}} \right)\] Donc : \[\lim {u_n} = \alpha\] D'où : $$\boxed{\text{la suite } (u_n)_{n \in \mathbb{N}} \text{ converge vers } \alpha}$$

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. Soit
      $n\in\mathbb{N}^*$, on a : $$\begin{aligned} {S_n} &=
      \frac{1}{{n\left( {n + 1} \right)}}\sum\limits_{k = 1}^{k = n}
      {\frac{k}{{{e^{\frac{k}{n}}} + {e^{\frac{{n -k}}{n}}}}}} \\ &=
      \frac{1}{{n + 1}}\sum\limits_{k = 1}^{k = n} {\frac{k}{n} \times
      \frac{1}{{{e^{\frac{k}{n}}} + {e^{\frac{{n -k}}{n}}}}}} =
      \frac{1}{{n + 1}}\sum\limits_{k = 1}^{k = n} {\frac{k}{n} \times
      \frac{1}{{{e^{\frac{k}{n}}} + {e^{1 -\frac{k}{n}}}}}} \\ &=
      \frac{1}{{n + 1}}\sum\limits_{k = 1}^{k = n} {\frac{k}{n} \times
      \frac{1}{{{e^{ -\frac{k}{n}}}\left( {{e^{\frac{{2k}}{n}}} + e}
      \right)}} = } \frac{1}{{n + 1}}\sum\limits_{k= 1}^{k = n}
      {\frac{k}{n} \times \frac{{{e^{\frac{k}{n}}}}}{{{e^{\frac{{2k}}{n}}}
      + e}}} \\ &= \frac{1}{{n + 1}}\sum\limits_{k = 1}^{k = n}
      {\frac{k}{n} \times f\left( {\frac{k}{n}} \right)} \end{aligned}$$ Donc :
      $$\boxed{\left(\forall n\in\mathbb{N}^*\right);\quad {S_n}=\frac{1}{{n + 1}}\sum\limits_{k = 1}^{k = n}
      {\frac{k}{n} \times f\left( {\frac{k}{n}} \right)}}$$
   2. On pose : \[I = \int_0^1 {xf\left( x \right)dx} \]
      On pose $t=1-x$, alors $dt=-dx$, et on a :
      \[\left\{ \begin{aligned}
      &x \to 0 \Leftrightarrow t \to 1\\
      &x \to 1 \Leftrightarrow t \to 0
      \end{aligned} \right.\] alors : \[\begin{aligned} I &= \int_1^0 {\left( {1 -t}
      \right)f\left( {1 -t} \right)\left( { -dt} \right)} \\ &= \int_0^1
      {\left( {1 -t} \right)f\left( {1 -t} \right)dt} \\ &= \int_0^1
      {\left( {1 -t} \right)f\left( t \right)dt} \\ &= \int_0^1 {f\left(
      t \right)dt} -\int_0^1 {tf\left( t \right)dt} \\ &= 2\int_0^{1/2}
      {f\left( x \right)dx} -I \end{aligned}\] Alors : $$2I =
      2\int_0^{1/2} {f\left( x \right)dx}$$ Alors : $$I = \int_0^{1/2}
      {f\left( x \right)dx}$$ D’où :
      $$\boxed{\displaystyle\int_0^1 x f(x) \, dx = \int_0^{1/2}f(x)
      \, dx}$$
2. Soit $n\in\mathbb{N}^*$, on a : \[\begin{aligned}
   {S_n} &= \frac{1}{{n + 1}}\sum\limits_{k = 1}^{k = n}
   {\frac{k}{n}f\left( {\frac{k}{n}} \right)} \\ &= \frac{1}{{1 +
   \frac{1}{n}}} \times \frac{1}{n}\sum\limits_{k = 1}^{k = n}
   {\frac{k}{n}f\left( {\frac{k}{n}} \right)} \\ &= \frac{1}{{1 +
   \frac{1}{n}}} \times \frac{1}{n}\sum\limits_{k = 1}^{k = n} {h\left(
   {\frac{k}{n}} \right)\,\,\,\,\,\,\,\Big( {\text{ avec } h\left( x \right)
   = xf\left( x \right)} \Big)} \end{aligned}\] Comme la fonction $h$ est
   continue sur $[0,1]$, donc : \[\begin{aligned} \mathop {\lim }\limits_{n
   \to + \infty } \frac{1}{n}\sum\limits_{k = 1}^{k = n} {h\left(
   {\frac{k}{n}} \right)} &= \int_0^1 {h\left( x \right)dx} \\ &= \int_0^1
   {xf\left( x \right)dx} \\ &= \int_0^{1/2} {f\left( x \right)dx} \\ &=
   \frac{1}{{\sqrt e }}\left( {\arctan \sqrt e -\frac{\pi }{4}} \right)
   \end{aligned}\] et comme : \[\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty }
   \dfrac{1}{{1 + \dfrac{1}{n}}} = 1\] alors : \[\mathop {\lim }\limits_{n
   \to + \infty } {S_n} = \frac{1}{{\sqrt e }}\left( {\arctan \sqrt e –
   \frac{\pi }{4}} \right)\] D’où : $$\boxed{\text{la suite }(S_n)_{n\in\mathbb{N}} \text{ est convergente et tend vers }
   \dfrac{1}{{\sqrt e }}\left( {\arctan \sqrt e -\dfrac{\pi }{4}}
   \right)}$$

1. 1. Calculons le discriminant de l’équation quadratique : \[
      \Delta_\alpha = \left( 2^\alpha e^{i\alpha} (1 + 2i) \right)^2 -4
      \times 1 \times i 2^{2\alpha + 1} e^{i 2 \alpha}. \] Développons :
      $$\begin{aligned} \Delta &= {b^2} -4ac = {\left[ {{2^\alpha
      }{e^{i\alpha }}\left( {1 + 2i} \right)} \right]^2} -4i{2^{2\alpha +
      1}}{e^{i2\alpha }}\\ &= {2^{2\alpha }}{e^{2i\alpha }}\left( {4i
      -3} \right) -4i{2.2^{2\alpha }}.{e^{i2\alpha }}\\ &= {2^{2\alpha
      }}{e^{2i\alpha }}\left( {4i -3 -8i} \right)\\ &= {2^{2\alpha
      }}{e^{2i\alpha }}\left( { -3 -8i} \right)\\ &= {\left[
      {{2^\alpha }{e^{i\alpha }}\left( {1 -2i} \right)} \right]^2}
      \end{aligned}$$ Ainsi, on a bien : $$\boxed{\Delta_\alpha = \left(
      2^\alpha e^{i\alpha} (1 -2i) \right)^2}.$$
   2. Détermination des solutions $a$ et $b$. Les solutions de
      $(E_\alpha)$ sont données par : $$z = \frac{2^\alpha e^{i\alpha} (1
      + 2i) \pm 2^\alpha e^{i\alpha} (1 -2i)}{2}.$$ Calculons chaque solution : $$\begin{cases} a = z_1 = \dfrac{2^\alpha e^{i\alpha} (1
      + 2i + 1 -2i)}{2} = 2^\alpha e^{i\alpha}, \\ b = z_2 =
      \dfrac{2^\alpha e^{i\alpha} (1 + 2i -(1 -2i))}{2} = 2^{\alpha + 1}
      i e^{i\alpha}. \end{cases}$$ On a $|a| = 2^\alpha$ et $|b| =
      2^{\alpha + 1}$, donc $|a| < |b|$.
2. Vérification que $\dfrac{b}{a}$ est imaginaire pur : $$\frac{b}{a} =
   \frac{{{2^{\alpha + 1}}i{e^{i\alpha }}}}{{{2^\alpha }{e^{i\alpha }}}} =
   2i,$$ qui est bien un imaginaire pur.

Partie II :

1. 1. On a : \[\frac{b}{a} = \lambda i \Leftrightarrow b = \lambda ia\] Et
      on a : \[\frac{1}{h} = \frac{1}{a} + \frac{1}{b} \Leftrightarrow
      \frac{1}{h} = \frac{{a + b}}{{ab}} \Leftrightarrow h =
      \frac{{ab}}{{a + b}}\] Alors : \[\frac{h}{{b -a}} =
      \frac{{ab}}{{\left( {a + b} \right)\left( {b -a} \right)}} =
      \frac{{\lambda i{a^2}}}{{{b^2} -{a^2}}} = \frac{{\lambda i{a^2}}}{{
      -{\lambda ^2}{a^2} -{a^2}}} = \frac{{\lambda i{a^2}}}{{ -{a^2}\left(
      {\lambda + 1} \right)}} = -\left( {\frac{\lambda }{{{\lambda ^2} +
      1}}} \right)i\] \[\begin{aligned} \overline {\left( {\overrightarrow
      {AB} ,\overrightarrow {OH} } \right)} &\equiv \arg \left(
      {\frac{{h -0}}{{b -a}}} \right)\left[ {2\pi } \right]\\ &\equiv
      \arg \left( { -\frac{\lambda }{{{\lambda ^2} + 1}}i} \right)\left[
      {2\pi } \right]\\ &\equiv \arg \left( { -i} \right)\left[ {2\pi
      } \right]\,\,\,\,\,\left( {car\,\,\,\frac{\lambda }{{{\lambda ^2} +
      1}} \in {\mathbb{R}^ + }} \right)\\ &\equiv -\frac{\pi
      }{2}\left[ {2\pi } \right] \end{aligned}\] Donc : $\boxed{\left(
      {OH} \right) \bot \left( {AB} \right)}$
   2. On a : $b=\lambda ia$ et $\dfrac{h}{{b -a}} = -\left(
      {\dfrac{\lambda }{{{\lambda ^2} + 1}}} \right)i$, alors :
      \[\begin{aligned} \frac{{h -a}}{{b -a}} &= \frac{h}{{b -a}}
      -\frac{a}{{b -a}}\\ &= -\left( {\frac{\lambda }{{{\lambda ^2} +
      1}}} \right)i -\frac{a}{{\lambda ia -a}}\\ &= -\left(
      {\frac{\lambda }{{{\lambda ^2} + 1}}} \right)i -\frac{1}{{\lambda i
      -1}}\\ &= -\left( {\frac{\lambda }{{{\lambda ^2} + 1}}} \right)i
      -\frac{{\left( {\lambda i + 1} \right)}}{{\left( {\lambda i -1}
      \right)\left( {\lambda i + 1} \right)}}\\ &= -\left(
      {\frac{\lambda }{{{\lambda ^2} + 1}}} \right)i -\frac{{\lambda i +
      1}}{{ -{\lambda ^2} -1}}\\ &= -\left( {\frac{\lambda }{{{\lambda
      ^2} + 1}}} \right)i + \frac{{\lambda i + 1}}{{{\lambda ^2} + 1}}\\
      &= \frac{{ -\lambda i + \lambda i + 1}}{{{\lambda ^2} + 1}}\\
      &= \frac{1}{{{\lambda ^2} + 1}} \end{aligned}\] Puisque $\dfrac{{{z_H} -{z_A}}}{{{z_B} -{z_A}}} = \dfrac{{h -a}}{{b -a}} =\dfrac{1}{{{\lambda ^2} + 1}} \in \mathbb{R}$, donc les points $H$, $A$ et $B$ sont alignés.
2. 1. On a : \[h = \frac{{ab}}{{a + b}}\]
      $I(m)$ est le milieu du segment $[OH]$, alors:
      \[m = \frac{h}{2} = \frac{{ab}}{{2\left( {a + b}
      \right)}}\] $J(n)$ est le milieu du segment $[HB]$, alors:
      \[n =
      \frac{{h + b}}{2} = \frac{{2ab + {b^2}}}{{2\left( {a + b}
      \right)}}\] alors, on a : \[\begin{aligned} \dfrac{n}{{m -a}} &=
      \dfrac{{\dfrac{{h + b}}{2}}}{{\dfrac{h}{2} -a}}\\ &= \dfrac{{h +
      b}}{{h -2a}}\\ &= \dfrac{{\dfrac{{ab}}{{a + b}} +
      b}}{{\dfrac{{ab}}{{a + b}} -2a}}\\ &= \frac{{ab + ab +
      {b^2}}}{{ab -2{a^2} -2ab}}\\ &= \frac{{2ab + {b^2}}}{{ -ab
      -2{a^2}}}\\ &= -\frac{b}{a} \times \frac{{\left( {2a + b}
      \right)}}{{\left( {b + 2a} \right)}}\\ &= -\frac{b}{a}\\ &=
      -\lambda i \end{aligned}\] D’où : $$\boxed{\dfrac{n}{m-a}=-\lambda i}$$
   2. On a : \[\begin{aligned} \overline {\left( {\overrightarrow {AI}
      ,\overrightarrow {OJ} } \right)} &\equiv \arg \left( {\frac{{n
      -0}}{{m -a}}} \right)\left[ {2\pi } \right]\\ &\equiv \arg
      \left( {\frac{n}{{m -a}}} \right)\left[ {2\pi } \right]\\
      &\equiv \arg \left( { -\lambda i} \right)\left[ {2\pi }
      \right]\\ &\equiv -\frac{\pi }{2}\left[ {2\pi } \right]
      \end{aligned}\] Donc : \[\boxed{\left( {OJ} \right) \bot \left( {AI}
      \right)}\] et on a : \[\begin{aligned} \frac{n}{{m -a}} = -\lambda i
      &\Rightarrow \left| {\frac{n}{{m -a}}} \right| = \left| {
      -\lambda i} \right|\\ &\Rightarrow \left| {\frac{n}{{m -a}}}
      \right| = \left| \lambda \right|\\ &\Rightarrow \left| {\frac{{n
      -0}}{{m -a}}} \right| = \left| \lambda \right|\\ &\Rightarrow
      \left| {n -0} \right| = \left| \lambda \right|\left| {m -a}
      \right|\\ &\Rightarrow OJ = \left| \lambda \right|AI
      \end{aligned}\] Donc : $$\boxed{OJ = \left| \lambda \right|AI}$$
   3. D’une parte, on a : $(OJ)\perp (AI)$ et comme $k \in \left( {OJ}
      \right) \cap \left( {AI} \right)$, donc : $(KJ)\perp (KI),$ donc :
      $$\boxed{\dfrac{k-m}{k-n}\in i\mathbb{R}}\,\,\,(*)$$ D’autre parte, on a : $(OH)\perp (AB)$ et comme les points $H$, $A$ et $B$ sont
      alignés, alors : $(OH)\perp (HB)$, et puisque $I$ est le milieu de
      $[OH]$ et $J$ est milieu de $[HB]$, alors : $(HI)\perp (HJ),$ donc :
      $$\boxed{\dfrac{h-n}{h-m}\in i\mathbb{R}}\,\,\,(**)$$ D’après $(*)$ et $(**)$ on déduit que :
      $$\dfrac{h-n}{h-m}\times\dfrac{k-m}{k-n}\in\mathbb{R}$$ Donc :
      $$\boxed{\text{les points } K, I, H \text{ et } J \text{ sont cocycliques.}}$$
   4. On a : \[\begin{aligned} \frac{{{z_A} -{z_O}}}{{{z_J} -{z_I}}}
      &= \frac{{a -0}}{{n -m}}= \frac{a}{{\dfrac{{2ab +
      {b^2}}}{{2\left( {a + b} \right)}} -\dfrac{{ab}}{{2\left( {a + b}
      \right)}}}}\\ &= \frac{{2a\left( {a + b} \right)}}{{ab +
      {b^2}}}= \frac{{2a\left( {a + b} \right)}}{{b\left( {a + b}
      \right)}}\\ &= \frac{{2a}}{b}= \frac{2}{{\lambda i}}=
      -\frac{{2i}}{\lambda } \end{aligned}\] donc : $$\dfrac{{{z_A}
      -{z_O}}}{{{z_J} -{z_I}}}=-\dfrac{{2i}}{\lambda }\in i\mathbb{R},$$
      donc : $$\boxed{(IJ)\perp (OA)}$$

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 :
   \[\begin{aligned} {a^{p -1}} \equiv 1\left[ p \right]
   &\Leftrightarrow {\left( {{a^{\frac{{p -1}}{2}}}} \right)^2} \equiv
   1\left[ p \right]\\ &\Leftrightarrow p/\left( {{{\left(
   {{a^{\frac{{p -1}}{2}}}} \right)}^2} -1} \right)\\ &\Leftrightarrow
   p/\left( {{a^{\frac{{p -1}}{2}}} -1} \right)\left( {{a^{\frac{{p
   -1}}{2}}} + 1} \right)\\ &\Leftrightarrow p/\left( {{a^{\frac{{p
   -1}}{2}}} -1} \right)\,\,\text{ ou }\,\,p/\left( {{a^{\frac{{p -1}}{2}}} + 1}
   \right)\,\,\,\left( {\text{ car }\,\,p\,\text{est premier }} \right)\\
   &\Leftrightarrow {a^{\frac{{p -1}}{2}}} \equiv 1\left[ p
   \right]\,\,\text{ ou }\,\,{a^{\frac{{p -1}}{2}}} \equiv -1\left[ p \right]
   \end{aligned}\] D’où : $$\boxed{a^{\frac{{p -1}}{2}} \equiv 1\left[ p
   \right]\,\,\,\text{ou}\,\,\,{a^{\frac{{p -1}}{2}}} \equiv -1\left[ p \right]}$$
2. 1. On a : $a{x_0^2} \equiv 1\left[ p \right] $, alors :
      $$\left( {\exists k \in \mathbb{Z}}
      \right);\,\,\,\,a{x_0^2} -1 = kp, $$ alors :
      $$\left( {\exists k \in
      \mathbb{Z}} \right);\,\,\,\,a{x_0^2} -kp = 1, $$ alors : $$\left( {\exists
      \left( {u,v} \right) \in {\mathbb{Z}^2}} \right);\,\,\,\,ux_0 + vp =
      1\,\,\text{avec}\,\,u = ax_0\,\,\text{et}\,\,v = -k, $$ 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 : $$\boxed{x_0^{p-1}\equiv[p]}$$
   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 :
      \[\boxed{{a^{\frac{p-1}{2}}} \equiv 1\left[ p \right].}\]
3. 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 : $$\boxed{{2^{\frac{{p
      -1}}{2}}} \equiv 1\left[ p \right]}$$
   2. Puisque $11$ est premier, alors : \[11 \wedge {2^{2n + 1}} =
      1\,\,\text{ ou }\,\,11 \wedge {2^{2n + 1}} -1 = 11\] Supposons que : $11
      \wedge {2^{2n + 1}} -1 = 11$, alors : \[\begin{aligned} {2^{2n + 1}}
      -1 \equiv 0\left[ {11} \right] &\Leftrightarrow {2^{2n + 1}}
      \equiv 1\left[ {11} \right]\\ &\Leftrightarrow 2 \times {\left(
      {{2^n}} \right)^2} \equiv 1\left[ {11} \right]\\
      &\Leftrightarrow {2^{\frac{{11 -1}}{2}}} \equiv 1\left[ {11}
      \right]\\
      &\Leftrightarrow {2^5} \equiv 1\left[ {11} \right]\,\,\left(
      {\text{absurde car }}{2^5} \equiv -1\left[ {11} \right] \right) \end{aligned}\] donc : $11 \wedge {2^{2n + 1}} -1
      = 1$, donc d’près le théorème de Bezout, \[\boxed{\left( {\exists \left(
      {x,y} \right) \in {\mathbb{Z}^2}} \right);\,\,\,\,11x + \left(
      {{2^{2n + 1}} -1} \right)y = 1}\]
4. 1. On a :
      \[\begin{aligned} {x^2} + 5x + 2 \equiv 0\left[ {11} \right]
      &\Leftrightarrow 8{x^2} + 40x + 16 \equiv 0\left[ {11} \right]\\
      &\Leftrightarrow 8{x^2} + 40x + 50 -50 + 16 \equiv 0\left[ {11}
      \right]\\ &\Leftrightarrow 2\left( {4{x^2} + 20x + 25} \right)
      -34 \equiv 0\left[ {11} \right]\\ &\Leftrightarrow 2{\left( {2x
      + 5} \right)^2} \equiv 34\left[ {11} \right]\\ &\Leftrightarrow
      2{\left( {2x + 5} \right)^2} \equiv 1\left[ {11} \right]
      \end{aligned}\] D’où : $$\boxed{(F)
      \Leftrightarrow 2{\left( {2x + 5} \right)^2} \equiv 1\left[ {11} \right]}$$
   2. Supposons que l’équation $(F)$ admette une solution dans
      $\mathbb{Z}$. On a : $$(F) \Leftrightarrow 2(2x + 5)^2 \equiv 1
      \left[11\right].$$ On sait que $2 \wedge 11 = 1$, donc $2x + 5$ est une solution de l’équation $2X^2 \equiv 1 \left[11\right]$, et d’après la question 2), on a : $2^{\frac{11 -1}{2}} \equiv 1
      \left[11\right]$, donc : ${2^5} \equiv 1 \left[11\right]$. Or, cela
      est absurde car ${2^5} = 32 \equiv -1 \left[11\right]$, donc :
      $$\boxed{\text{l’équation } (F) \text{ n’admet pas de solution dans } \mathbb{Z}.}$$

1. 1. 
      On a : $${A^2} = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} { -1}&{-1}&0\\ { -1}&{ -1}&0\\ { -1}&1&{ -2}
      \end{array}} \right) \times \left( {\begin{array}{*{20}{c}} {
      -1}&{ -1}&0\\ { -1}&{ -1}&0\\ { -1}&1&{ -2}
      \end{array}} \right) = \left( {\begin{array}{*{20}{c}}
      2&2&0\\ 2&2&0\\ 2&{ -2}&4 \end{array}}
      \right)$$ et \[ -2A = -2\left( {\begin{array}{*{20}{c}} { -1}&{
      -1}&0\\ { -1}&{ -1}&0\\ { -1}&1&{ -2}
      \end{array}} \right) = \left( {\begin{array}{*{20}{c}}
      2&2&0\\ 2&2&0\\ 2&{ -2}&4 \end{array}}
      \right)\] Donc : $$\boxed{A^2=-2A}$$
   2. 
      Pour tout $(x,y)\in\mathbb{R}^2$, on a : \[\begin{aligned} M\left( x
      \right) \times M\left( y \right) &= \left( {I + xA}
      \right)\left( {I + yA} \right)\\ &= {I^2} + yIA + xAI +
      xy{A^2}\\ &= I + yA + xA + -2xyA\\ &= I + \left( {x + y
      -2xy} \right)A\\ &= M\left( {x + y -2xy} \right) \end{aligned}\] Donc: \[\boxed{\left( {\forall \left( {x,y} \right) \in
      {\mathbb{R}^2}} \right),\,\,\,\,M\left( x \right) \times M\left( y
      \right) = M\left( {x + y -2xy} \right)}\]
2. 1. 
      On a : \[\begin{aligned} M\left( {\dfrac{1}{2}} \right) \times
      \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 0&0&0\\ 0&0&0\\
      0&0&1 \end{array}} \right) &= \left( {I + \dfrac{1}{2}A}
      \right)\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 0&0&0\\
      0&0&0\\ 0&0&1 \end{array}} \right)\\ &= \left(
      {\begin{array}{*{20}{c}} { -\dfrac{1}{2}}&{
      -\dfrac{1}{2}}&0\\ { -\dfrac{1}{2}}&{ -\dfrac{1}{2}}&0\\
      { -\dfrac{1}{2}}&{\dfrac{1}{2}}&0 \end{array}} \right)\left(
      {\begin{array}{*{20}{c}} 0&0&0\\ 0&0&0\\
      0&0&1 \end{array}} \right)\\ &= \left(
      {\begin{array}{*{20}{c}} 0&0&0\\ 0&0&0\\
      0&0&0 \end{array}} \right) \end{aligned}\] Donc :
      \[\boxed{M\left( {\dfrac{1}{2}} \right) \times \left(
      {\begin{array}{*{20}{c}} 0&0&0\\ 0&0&0\\
      0&0&1 \end{array}} \right) = \left( {\begin{array}{*{20}{c}}
      0&0&0\\ 0&0&0\\ 0&0&0 \end{array}}
      \right)}\]
   2. 
      On suppose que $M\left( {\dfrac{1}{2}} \right)$ est inversible dans $\left( {{M_3}\left( \mathbb{R} \right), \times } \right)$, donc il existe une matrice $N$ tel que : \[M\left( {\frac{1}{2}} \right)
      \times N = N \times M\left( {\frac{1}{2}} \right) = I\] et comme :
      \[M\left( {\frac{1}{2}} \right) \times \left(
      {\begin{array}{*{20}{c}} 0&0&0\\ 0&0&0\\
      0&0&1 \end{array}} \right) = \left( {\begin{array}{*{20}{c}}
      0&0&0\\ 0&0&0\\ 0&0&0 \end{array}} \right)\]
      donc : \[N \times M\left( {\frac{1}{2}} \right) \times \left(
      {\begin{array}{*{20}{c}} 0&0&0\\ 0&0&0\\
      0&0&1 \end{array}} \right) = N \times \left(
      {\begin{array}{*{20}{c}} 0&0&0\\ 0&0&0\\
      0&0&0 \end{array}} \right)\] donc : \[I \times \left(
      {\begin{array}{*{20}{c}} 0&0&0\\ 0&0&0\\
      0&0&1 \end{array}} \right) = \left( {\begin{array}{*{20}{c}}
      0&0&0\\ 0&0&0\\ 0&0&0 \end{array}} \right)\] donc : \[\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 0&0&0\\
      0&0&0\\ 0&0&1 \end{array}} \right) = \left(
      {\begin{array}{*{20}{c}} 0&0&0\\ 0&0&0\\
      0&0&0 \end{array}} \right)\] Ce qui est absurde, donc on déduit que : $$\boxed{M\left( {\dfrac{1}{2}} \right) \text{ n’est pas inversible dans } \left( {{M_3}\left( \mathbb{R} \right), \times
      } \right)}$$
3. 
   On a $E\backslash \left\{ {M\left( {\dfrac{1}{2}} \right)} \right\}
   \subset {M_3}\left( \mathbb{R} \right)$.
   Soit $M(x)$ et $M(y)$ deux éléments de $E\backslash \left\{ {M\left(
   {\dfrac{1}{2}} \right)} \right\}$ tels que : $x\neq \dfrac{1}{2}$ et $x\neq \dfrac{1}{2}$
   On a : $$M(x)\times M(y) = M(x+y-2xy)$$ Montrons que : $$M(x+y-2xy)\in
   E\backslash \left\{ {M\left( {\dfrac{1}{2}} \right)} \right\}$$ On montre que : $$x+y-2xy\neq \dfrac{1}{2}$$ On a : $$\begin{aligned}
   \left\{{\begin{array}{*{20}{c}} {x \ne \dfrac{1}{2}}\\ {y \ne
   \dfrac{1}{2}} \end{array}} \right. &\Rightarrow \left\{{\begin{array}{*{20}{c}} {x -\dfrac{1}{2} \ne 0}\\ {y -\dfrac{1}{2} \ne 0} \end{array}} \right.\\ &\Rightarrow \left( {x -\dfrac{1}{2}}
   \right)\left( {y -\dfrac{1}{2}} \right) \ne 0\\ &\Rightarrow
   -\dfrac{1}{2}\left( {x + y -2xy -\dfrac{1}{2}} \right) \ne 0\\
   &\Rightarrow x + y -2xy \ne \dfrac{1}{2} \end{aligned}$$ Donc :
   $$M(x+y-2xy)\in E\backslash \left\{ {M\left( {\dfrac{1}{2}} \right)}
   \right\}$$ D’où : $$\boxed{E\backslash \left\{ {M\left( {\dfrac{1}{2}}
   \right)} \right\} \text{ est stable pour la multiplication dans
   }{M}_3(\mathbb{R}).}$$
4. 
   Montrons que : $\left( {E\backslash \left\{ {M\left( {\dfrac{1}{2}}
   \right)} \right\}, \times } \right)$ est un groupe commutatif.
   ● On a $E\backslash \left\{ {M\left( {\dfrac{1}{2}} \right)} \right\}$ est stable pour $\times$ dans $M_3(\mathbb{R})$, donc $\times$ est associative dans $\left(E\backslash \left\{ {M\left( {\dfrac{1}{2}}\right)} \right\},\times\right)$
   ● On a $I\in E\backslash \left\{ {M\left( {\dfrac{1}{2}} \right)}\right\}$ et comme $I$ est l’élément neutre dans $\left( {{M_3}\left(\mathbb{R} \right), \times } \right)$, donc $I$ est l’élément neutre dans $E\backslash \left\{ {M\left( {\dfrac{1}{2}} \right)} \right\}$
   ● Soit $M(x)$ et $M(y)$ deux éléments de $E\backslash \left\{ {M\left({\dfrac{1}{2}} \right)} \right\}$, on a: $$\begin{aligned} M\left( x\right) \times M\left( y \right) &= M\left( {x + y -2xy} \right)\\&= M\left( {y + x -2yx} \right)\\ &= M\left( y \right) \times M\left( x \right) \end{aligned}$$ Donc $\times$ est commutative dans $E\backslash \left\{ {M\left( {\dfrac{1}{2}} \right)} \right\}$
   ● Soit $M(x)\in E\backslash \left\{ {M\left( {\dfrac{1}{2}} \right)}\right\}$ et $M(y)$ son symétrique (s’il existe), alors, on a:
   \[\begin{aligned} M\left( x \right) \times M\left( y \right) = I &\Leftrightarrow M\left( {x + y -2xy} \right) = M\left( 0 \right)\\&\Leftrightarrow x + y -2xy = 0\\ &\Leftrightarrow y =
   \frac{x}{{2x -1}} \ne \frac{1}{2} \end{aligned}\] Puisque $\times$ est commutative, alors : \[M\left( y\right) \times M\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow y = \dfrac{x}{{2x -1}}\] Donc tout élément $M(x)$ de ${E\backslash \left\{ {M\left( {\dfrac{1}{2}} \right)} \right\}}$ admet $M\left( {\dfrac{x}{2x-1}} \right)$ comme symétrique par rapport à la loi $\times$.
   ● Finalement : \[\boxed{\left( {E\backslash \left\{ {M\left(
   {\frac{1}{2}} \right)} \right\}, \times } \right) \text{ est un groupe commutatif.}}\]
5. 1. 
      On a : \[\varphi :\,\,\,\,\left\{\begin{array}{l} \mathbb{R} \to
      E\\ x \mapsto \varphi \left( x \right) = M\left( {\dfrac{{1 -x}}{2}}
      \right) \end{array} \right.\] Soit $(x,y)\in\mathbb{R}^2$, on a :
      \[\varphi \left( {x + y} \right) = M\left( {\dfrac{{1 -x -y}}{2}}
      \right)\] On a : \[\begin{aligned} \varphi \left( x
      \right)~\mathrm{T}~\varphi \left( y \right) &= M\left( {\frac{{1
      -x}}{2}} \right) ~\mathrm{T}~ M\left( {\frac{{1 -y}}{2}} \right)\\
      &= M\left( {\frac{{1 -x}}{2} + \frac{{1 -y}}{2} -\frac{1}{2}}
      \right)\\ &= M\left( {\frac{{1 -x -y}}{2}} \right)
      \end{aligned}\] Donc : \[\left( {\forall \left( {x,y} \right) \in
      {\mathbb{R}^2}} \right);\,\,\,\,\,\varphi \left( {x + y} \right) =
      \varphi \left( x \right)~\mathrm{T}~\varphi \left( y \right)\] D’où : $$\boxed{\varphi \text{ est un homomorphisme de } (\mathbb{R},+)\text{ vers } (E,\mathrm{T})}$$ Montrons que $\varphi$ est bijective de $\mathbb{R}$ vers $E$, c-à-d : \[\left( {\forall M \in E}\right)\left( {\exists !x \in \mathbb{R}} \right);\,\,\,\,\,\varphi
      \left( x \right) = M\] Soit $M(y)\in E$, on cherche $x$ tel que : $\varphi(x)=M(y)$. On a : \[\begin{aligned} \varphi \left( x \right)= M\left( y \right) &\Leftrightarrow M\left( {\frac{{1 -x}}{2}}\right) = M\left( y \right)\\ &\Leftrightarrow \frac{{1 -x}}{2}
      = y\\ &\Leftrightarrow x = 1 -2y \end{aligned}\] Donc : \[\left( {\forall M \in E} \right)\left( {\exists !x \in \mathbb{R}}
      \right);\,\,\,\,\,\varphi \left( x \right) = M\] Donc $\varphi$ est bijective de $\mathbb{R}$ vers $E$, donc, on déduit que :
      \[\boxed{\varphi \left(\mathbb{R} \right) = E}\]
   2. 
      On a $\varphi$ est un homomorphisme de $(\mathbb{R},+)$ vers $(E,\mathrm{T})$, et comme $\varphi$ est bijective de $\mathbb{R}$ vers $E$, on déduit que $\varphi$ est isomorphisme de $(\mathbb{R},+)$ vers $(E,\mathrm{T})$, or $(\mathbb{R},+)$ est groupe commutatif, alors: $$\boxed{(E,\mathrm{T}) \text{ est un groupe commutatif.}}$$
6. 
   On a :
   ● $(E,\mathrm{T})$ est un groupe commutatif.
   ● $\left({E\backslash \left\{ {M\left( {\dfrac{1}{2}} \right)} \right\},
   \times } \right)$ est un groupe commutatif, avec $\varphi(0)={M\left({\dfrac{1}{2}} \right)}$ est l’élément neutre dans $(E,\mathrm{T})$.
   ● Montrons que la loi $\times$ est distributive par rapport à $\mathrm{T}.$
   Soit $M(x)$, $M(y)$ et $M(z)$ les éléments de $E$, on a :
   \[\begin{aligned} M\left( x \right) \times \left( {M\left( y
   \right)~\mathrm{T}~M\left( z \right)} \right) &= M\left( x \right)
   \times M\left( {y + z -\frac{1}{2}} \right)\\ &= M\left( {x + y + z
   -\frac{1}{2} -2x\left( {y + z -\frac{1}{2}} \right)} \right)\\ &=
   M\left( {x + y + z -\frac{1}{2} -2xy -2xz + x} \right)\\ &= M\left(
   {2x + y + z -2xy -2xz -\frac{1}{2}} \right) \end{aligned}\] Or :
   \[\begin{aligned} M\left( x \right) \times M\left( y
   \right)~\mathrm{T}~M\left( x \right) \times M\left( z \right) &=
   M\left( {x + y -2xy} \right)~\mathrm{T}~M\left( {x + z -2xz} \right)\\
   &= M\left( {x + y -2xy + x + z -2xz -\frac{1}{2}} \right)\\ &=
   M\left( {2x + y + z -2xy -2xz -\frac{1}{2}} \right) \end{aligned}\] Donc : \[M\left( x \right) \times \left( {M\left( y
   \right)~\mathrm{T}~M\left( z \right)} \right) = M\left( x \right) \times
   M\left( y \right)~\mathrm{T}~M\left( x \right) \times M\left( z
   \right)\] De même on montre que : \[\left( {M\left( y
   \right){\rm{T}}M\left( z \right)} \right) \times M\left( x \right) =
   M\left( y \right) \times M\left( x \right)\;{\rm{T}}\;M\left( z \right)
   \times M\left( x \right)\] Donc on déduit que la loi $\times$ est distributive par rapport à la loi $\rm{T}$.
   ● La loi $\times$ est commutative dans $E$.
   ● Finalement : $$\boxed{(E,\rm{T},\times) \text{ est un corps commutatif.}}$$