{"year": "2019", "tier": "T2", "problem_label": "1", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "Au début, les 9 cases d'un échiquier $3 \\times 3$ contiennent chacune un 0 . A chaque étape, Pedro choisit deux cases partageant un côté, et ajoute soit 1 aux deux cases, soit -1 aux deux cases. Montrer qu'il est impossible d'atteindre en un nombre fini de coups la situation où toutes les cases sont remplies par un 2.", "solution": "L'idée ici est de faire apparaître un invariant I.\nColorions l'échiquier naturellement en noir et blanc de telle sorte qu'il y a 4 cases noires et 5 blanches. Soit donc I la somme des cases noires moins la somme des cases blanches. Au début, $\\mathrm{I}=0$, et dans une hypothétique situation où toutes les cases sont remplies par un $2, \\mathrm{I}=-2$.\nOr I ne varie pas; en effet, à chaque étape on choisit deux cases partageant un côté commun, donc de couleur différente, et on leur ajoute le même nombre. Il en résulte que I n'est modifié lors de l'accomplissement d'une étape, d'où le résultat.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-Corrigé-Envoi-5-2019.jsonl", "problem_match": "\nExercice 1.", "solution_match": "\nSolution de l'exercice 1"}}
{"year": "2019", "tier": "T2", "problem_label": "2", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "Soient $m, n, k$ trois entiers positifs tels que $m^{2}+n=k^{2}+k$. Montrer que $m \\leqslant n$.", "solution": "On écrit $(2 k+1)^{2}=4\\left(k^{2}+k\\right)+1=4\\left(m^{2}+n\\right)+1=(2 m)^{2}+4 \\mathfrak{n}+1$.\nOr si $\\mathrm{n}<\\mathrm{m}$, on peut écrire\n\n$$\n(2 \\mathfrak{m})^{2}<(2 \\mathfrak{m})^{2}+4 \\mathfrak{n}+1<4 \\mathfrak{m}^{2}+4 \\mathfrak{m}+1=(2 \\mathrm{~m}+1)^{2}\n$$\n\nce qui est impossible puisque $(2 \\mathrm{k}+1)^{2}=(2 \\mathrm{~m})^{2}+4 \\mathfrak{n}+1$ est un carré et ne peut donc pas être entre deux carrés consécutifs. D'où $n \\geqslant m$.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-Corrigé-Envoi-5-2019.jsonl", "problem_match": "\nExercice 2.", "solution_match": "\nSolution de l'exercice 2"}}
{"year": "2019", "tier": "T2", "problem_label": "3", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "Soit $A B C$ un triangle dont les trois angles sont aigus, avec $A B>A C$, et soit $\\Omega$ son cercle circonscrit. On note $M$ le milieu de [BC]. Les tangentes à $\\Omega$ en $B$ et $C$ s'intersectent en $P$, et les droites $(A P)$ et $(B C)$ se coupent en $S$. On note $D$ le pied de la hauteur issue de $B$ dans $A B P$, et $\\omega$ le cercle circonscrit à CSD. Enfin, on note K le second point d'intersection (après C ) de $\\omega$ et $\\Omega$.\nMontrer que $\\widehat{\\mathrm{CKM}}=90^{\\circ}$.", "solution": "![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_efae5af3e92a51842a8fg-3.jpg?height=1494&width=1174&top_left_y=131&top_left_x=611)\n\nL'idée est de se rendre compte que la figure contient de nombreux points cocycliques. Pour commencer, on a $\\mathrm{PB}=\\mathrm{PC}$ donc (MP) est la médiatrice de $[\\mathrm{BC}]$, et en particulier l'angle $\\widehat{\\mathrm{BMP}}$ est droit. Comme $\\widehat{B D P}$ l'est aussi, les points $B, D, M$ et $P$ sont cocycliques sur le cercle $\\Gamma$ de diamètre [BP]. Si on trace ce cercle sur notre figure, il semble que $\\Gamma$ passe aussi par K . En effet, on va vérifier par chasse aux angles que $B, D, K$ et $P$ sont cocycliques. D'une part, en utilisant le théorème de l'angle inscrit, on a\n\n$$\n\\widehat{\\mathrm{KDP}}=180^{\\circ}-\\widehat{\\mathrm{KDS}}=\\widehat{\\mathrm{KCS}}=\\widehat{\\mathrm{KCB}} .\n$$\n\nD'autre part, en utilisant le cas limite du théorème de l'angle inscrit, on a\n\n$$\n\\widehat{\\mathrm{KBP}}=\\widehat{\\mathrm{KCB}}\n$$\n\ndonc les cinq points $B, D, K, M$ et $P$ sont cocycliques. On peut maintenant conclure en décomposant l'angle $\\widehat{\\mathrm{CKM}}$ en D pour pouvoir utiliser un maximum de cercles :\n\n$$\n\\widehat{\\mathrm{CKM}}=\\widehat{\\mathrm{CKD}}+\\widehat{\\mathrm{DKM}}=180^{\\circ}-\\widehat{\\mathrm{CSD}}+\\widehat{\\mathrm{DBM}}=\\widehat{\\mathrm{BSD}}+\\widehat{\\mathrm{DBS}}=180^{\\circ}-\\widehat{\\mathrm{BDS}}=90^{\\circ}\n$$\n\n## Exercices Communs", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-Corrigé-Envoi-5-2019.jsonl", "problem_match": "\nExercice 3.", "solution_match": "## Solution de l'exercice 3"}}
{"year": "2019", "tier": "T2", "problem_label": "4", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "Soit $A B C$ un triangle isocèle en $A$ mais pas rectangle. Soit $D$ le point de ( $B C$ ) tel que $(A D)$ soit perpendiculaire à $(A B)$, et soit $E$ le projeté orthogonal de $D$ sur $(A C)$. Soit enfin $H$ le milieu de [BC].\nMontrer que $A H E$ est isocèle en H .", "solution": "![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_efae5af3e92a51842a8fg-4.jpg?height=581&width=979&top_left_y=477&top_left_x=622)\n\nCommençons par remarquer que les points $A, D, E$ et $H$ sont cocycliques sur le cercle de diamètre [AD]. On en déduit par chasse au angles :\n\n$$\n\\widehat{\\mathrm{HEA}}=\\widehat{\\mathrm{HDA}}=90^{\\circ}-\\widehat{\\mathrm{DBA}}=90^{\\circ}-\\widehat{\\mathrm{BCA}}=\\widehat{\\mathrm{HAE}},\n$$\n\ndonc le triangle AHE est isocèle en H .", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-Corrigé-Envoi-5-2019.jsonl", "problem_match": "\nExercice 4.", "solution_match": "## Solution de l'exercice 4"}}
{"year": "2019", "tier": "T2", "problem_label": "5", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "Soit $n \\geqslant 2$ et soient $x_{1}, x_{2}, \\ldots, x_{n}$ des nombres réels tels que $x_{1}+x_{2}+\\cdots+x_{n}=0$ et $x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+\\cdots+x_{n}^{2}=1$.\nMontrer qu'il existe $i$ tel que $x_{i} \\geqslant \\frac{1}{\\sqrt{n(n-1)}}$.", "solution": "On note $\\mathrm{N}^{+}$le nombre d'indices $i$ tels que $x_{i}>0$ et $N^{-}$le nombre d'indices $i$ tels que $x_{i} \\leqslant 0$, de sorte que $\\mathrm{N}^{+}+\\mathrm{N}^{-}=\\mathrm{n}$. On note également\n\n$$\nS_{1}^{+}=\\sum_{i \\text { tel que } x_{i}>0} x_{i} \\quad \\text { et } \\quad S_{1}^{-}=\\sum_{i \\text { tel que } x_{i} \\leqslant 0}\\left(-x_{i}\\right)\n$$\n\nainsi que\n\n$$\nS_{2}^{+}=\\sum_{i \\text { tel que } x_{i}>0} x_{i}^{2} \\quad \\text { et } \\quad S_{2}^{-}=\\sum_{i \\text { tel que } x_{i} \\leqslant 0} x_{i}^{2} .\n$$\n\nL'intérêt de ces quantités est qu'elles permettent à la fois de reformuler les hypothèses et d'utiliser des inégalités bien connues comme celle de Cauchy-Schwarz. Les hypothèses de l'énoncé se réécrivent $S_{1}^{+}=$ $S_{1}^{-}$et $S_{2}^{+}+S_{2}^{-}=1$. Pour faire apparaître la racine dans le résultat, on va utiliser $S_{2}^{+}$. Plus précisément, on va montrer que $S_{2}^{+} \\geqslant \\frac{1}{n}$. Comme la somme $S_{2}^{+}$contient au maximum $n-1$ termes (les nombres ne peuvent pas être tous $>0)$, un de ces termes est plus grand que $\\frac{1}{n(n-1)}$, soit $x_{i}^{2} \\geqslant \\frac{1}{\\sqrt{n(n-1)}}$ pour un certain $i$ avec $x_{i}>0$, ce qui permet de conclure.\nPour montrer cela, on écrit :\n\n$$\n1-S_{2}^{+}=S_{2}^{-} \\leqslant\\left(S_{1}^{-}\\right)^{2}=\\left(S_{1}^{+}\\right)^{2} \\leqslant N^{+} S_{2}^{+} \\leqslant(n-1) S_{2}^{+} .\n$$\n\nLa première inégalité s'obtient en développant $\\left(S_{1}^{-}\\right)^{2}$ et en ne gardant que les termes $\\chi_{i}^{2}$. La seconde est l'inégalité de Cauchy-Schwarz, et la troisième est le fait que les $x_{i}$ ne sont pas tous strictement positifs. On en déduit $S_{2}^{+} \\geqslant \\frac{1}{n}$, ce qui permet de conclure.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-Corrigé-Envoi-5-2019.jsonl", "problem_match": "\nExercice 5.", "solution_match": "\nSolution de l'exercice 5"}}
{"year": "2019", "tier": "T2", "problem_label": "6", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "Trouver tous les triplets ( $a, b, c$ ) d'entiers strictement positifs tels que\n\n$$\n3^{a}-5^{b}=c^{2}\n$$", "solution": "Comme $3^{a}$ et $5^{b}$ sont tous deux impairs, on a c pair donc $c^{2} \\equiv 0[4]$. Comme $5^{b} \\equiv 1[4]$, on doit avoir $3^{a} \\equiv 1[4]$, donc a est pair. On écrit $a=2 a^{\\prime}$, et l'équation devient\n\n$$\n5^{b}=3^{2 a^{\\prime}}-c^{2}=\\left(3^{a^{\\prime}}-c\\right)\\left(3^{a^{\\prime}}+c\\right) .\n$$\n\nNotons que la somme des deux facteurs vaut $2 \\times 3^{a^{\\prime}}$, donc elle n'est pas divisible par 5 , donc un des deux facteurs n'est pas divisible par 5 et ne peut valoir que 1 . C'est nécessairement le plus petit, donc on a\n\n$$\n3^{a^{\\prime}}-c=1 \\quad \\text { et } 3^{a^{\\prime}}+c=5^{b}\n$$\n\nou encore (en sommant les deux dernières égalités) $2 \\times 3^{a^{\\prime}}=5^{b}+1$.\nOn peut maintenant remarquer que $a^{\\prime}=1$ est solution, mais qu'il ne semble plus y en avoir ensuite. Une manière naturelle de séparer le cas $a^{\\prime}=1$ du reste est de regarder modulo 9 . En effet, dans ce cas, dès que $a^{\\prime} \\geqslant 2$, les deux membres doivent être divisibles par 9 , i.e. $5^{b} \\equiv-1[9]$. Ceci implique que $b$ doit être divisible par 3. De plus, en regardant modulo 3, on obtient que b doit être impair. L'équation se réécrit donc\n\n$$\n2 \\times 3^{a^{\\prime}}=5^{3 b^{\\prime}}+1=125^{b^{\\prime}}+1\n$$\n\navec $\\mathbf{b}^{\\prime}$ impair. Mais alors, le membre de droite se factorise par $125+1=126=2 \\times 7 \\times 9$. En particulier, il est divisible par 7 , ce qui n'est pas le cas du membre de gauche. Il est donc impossible d'avoir $a^{\\prime} \\geqslant 2$. On doit donc avoir $\\boldsymbol{a}^{\\prime}=1$, ce qui conduit à la solution $(\\boldsymbol{a}, \\boldsymbol{b}, \\boldsymbol{c})=(2,1,2)$ dans l'équation de départ.\n\n## Exercices Seniors", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-Corrigé-Envoi-5-2019.jsonl", "problem_match": "\nExercice 6.", "solution_match": "\nSolution de l'exercice 6"}}
{"year": "2019", "tier": "T2", "problem_label": "7", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "Soit $\\left(a_{n}\\right)_{n \\geqslant 0}$ une suite de réels. On suppose que $a_{n}=\\left|a_{n+1}-a_{n+2}\\right|$ pour tout entier naturel $n$. De plus, $a_{0}$ et $a_{1}$ sont strictement positifs et distincts. Montrer que la suite $\\left(a_{n}\\right)_{n \\geqslant 0} n$ 'est pas bornée.", "solution": "Il est clair que la suite ( $a_{n}$ ) est à termes positifs.\nSoit $i$ tel que $a_{i}<a_{j}$ pour $j<i$. Supposons par l'absurde que $i \\geqslant 4$. Alors $a_{i-2}=\\left|a_{i}-a_{i-1}\\right|=$ $a_{i-1}-a_{i}<a_{i-1}$ donc $a_{i-3}=\\left|a_{i-2}-a_{i-1}\\right|=a_{i-1}-a_{i-2}=a_{i}$, ce qui contredit l'hypothèse sur $i$.\nAinsi, si $m=\\min \\left\\{a_{1}, a_{2}, a_{3}\\right\\}$, alors pour tout $i, a_{i} \\geqslant m$. En effet, s'il existe $i$ avec $a_{i}<m$, choisissons $i$ minimal, alors $a_{i}$ est plus petit que tous les termes précédents, donc $i \\leqslant 3$ ce qui contredit la définition de $m$.\nDe plus, $m>0$ car $a_{3} \\geqslant 0$ et $a_{3}=0 \\rightarrow a_{1}=a_{2}$.\nDès lors, on écrit $a_{i}=\\left|a_{i+1}-a_{i+2}\\right|$ pour tout $i$, donc\n\n- Si $a_{i+1}>a_{i+2}$, d'où $a_{i+1}=a_{i}+a_{i+2} \\geqslant a_{i}+m$\n- Sinon, $a_{i+2}=a_{i+1}+a_{i} \\geqslant a_{i}+m$\n\nDans tous les cas, il existe un terme de la suite $\\geqslant a_{i}+m$. On peut donc prouver par une très simple récurrence sur $k$ l'existence de $i$ tel que $a_{i} \\geqslant m k$, donc la suite ( $a_{i}$ ) n'est pas bornée.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-Corrigé-Envoi-5-2019.jsonl", "problem_match": "\nExercice 7.", "solution_match": "\nSolution de l'exercice 7"}}
{"year": "2019", "tier": "T2", "problem_label": "8", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "Soit $A B C D$ un trapèze avec $(A B)$ parallèle à $(C D)$. On suppose qu'il y a deux cercles $\\omega_{1}$ et $\\omega_{2}$ à l'intérieur du trapèze tels que $\\omega_{1}$ est tangent aux côtés [DA], $\\left.A B\\right]$ et $[B C]$ et $\\omega_{2}$ est tangent aux côtés $[B C],[C D]$ et $[D A]$. Soit $\\left(d_{1}\\right)$ la seconde tangente (après $\\left.(A D)\\right)$ à $\\omega_{2}$ passant par $A$, et soit $\\left(d_{2}\\right)$ la seconde tangente (après $(B C)$ ) à $\\omega_{1}$ passant par $C$.\nMontrer que $\\left(\\mathrm{d}_{1}\\right)$ et $\\left(\\mathrm{d}_{2}\\right)$ sont parallèles.", "solution": "![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_efae5af3e92a51842a8fg-6.jpg?height=979&width=1648&top_left_y=584&top_left_x=187)\n\nOn note $X$ le point d'intersection de ( $A D$ ) et ( $B C$ ). On note respectivement $E$ et $F$ les centres de $\\omega_{1}$ et $\\omega_{2}$. Notons que $\\omega_{1}$ est le cercle inscrit à $X A B$ et que $\\omega_{2}$ est le cercle $X$-exinscrit à XCD. Enfin, on note $G$ le centre du cercle $X$-exinscrit à $X A B$.\nOn vérifie que les triangles XAG et $X E B$ sont semblables. En effet, on a $\\widehat{A X G}=\\widehat{E X B}=\\frac{1}{2} \\widehat{A X B}$. De plus, on a $\\widehat{G A X}=90^{\\circ}+\\frac{1}{2} \\widehat{B A X}$ et $\\widehat{B E X}=180^{\\circ}-\\frac{1}{2} \\widehat{A X B}-\\widehat{A B X}=90^{\\circ}+\\frac{1}{2} \\widehat{B A X}$, donc XAG et XEB sont bien semblables. Soit $s$ la similitude (directe) qui envoie $X$ sur $X, A$ sur $E$ et $G$ sur $B$. D'après l'homothétie décrite précédemment, on a $\\frac{X C}{X B}=\\frac{X F}{X G}$, donc $s(F)=C$.\nPar similitude, on en déduit $\\widehat{X A F}=\\widehat{\\mathrm{XEC}}$. La fin de l'exercice est maintenant une simple chasse aux angles, qui peut être menée de nombreuses manières différentes. Notons par exemple Y l'intersection de $\\left(\\mathrm{d}_{2}\\right)$ avec $(A D)$. Montrer que $\\left(\\mathrm{d}_{1}\\right)$ et $\\left(\\mathrm{d}_{2}\\right)$ sont parallèles revient à montrer $\\widehat{X Y C}=\\widehat{X_{A d}}$. Or, on a\n\n$$\n\\widehat{X Y C}=180^{\\circ}-\\widehat{A X B}-\\widehat{X C Y}=\\widehat{B C Y}-\\widehat{A X B}=2 \\widehat{B C E}-\\widehat{A X B} .\n$$\n\nDe plus, on peut écrire\n\n$$\n\\widehat{\\mathrm{BCE}}=180^{\\circ}-\\widehat{\\mathrm{XCE}}=\\frac{1}{2} \\widehat{\\mathrm{AXB}}+\\widehat{\\mathrm{XEC}}=\\frac{1}{2} \\widehat{A X B}+\\widehat{\\mathrm{XAF}}\n$$\n\nce qui donne $\\widehat{X Y C}=2 \\widehat{X A F}=\\widehat{\\mathrm{XAd}_{1}}$, d'où finalement le résultat.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-Corrigé-Envoi-5-2019.jsonl", "problem_match": "\nExercice 8.", "solution_match": "## Solution de l'exercice 8"}}
{"year": "2019", "tier": "T2", "problem_label": "9", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "Soit $S=\\{1, \\ldots, n\\}$, avec $n \\geqslant 3$ un entier, et soit $k$ un entier strictement positif. On note $S^{k}$ l'ensemble des $k$-uplets d'éléments de $S$. Soit $f: S^{k} \\rightarrow S$ telle que, si $x=\\left(x_{1}, \\ldots, \\chi_{k}\\right) \\in S^{k}$ et $y=\\left(y_{1}, \\ldots, y_{k}\\right) \\in S^{k}$ avec $x_{i} \\neq y_{i}$ pour tout $1 \\leqslant i \\leqslant k$, alors $f(x) \\neq f(y)$.\nMontrer qu'il existe $\\ell$ avec $1 \\leqslant \\ell \\leqslant k$ et une fonction $g: S \\rightarrow S$ vérifiant, pour tous $x_{1}, \\ldots, x_{k} \\in S$, $f\\left(x_{1}, \\ldots, x_{k}\\right)=g\\left(x_{\\ell}\\right)$.", "solution": "Nous montrerons le résultat par récurrence sur k. Le cas $k=1$ est trivial, supposons donc le résultat vrai pour $\\mathrm{k}-1 \\geqslant 1$ et montrons le pour k .\nSupposons l'existence de $k-1$ éléments $a_{2}, \\ldots, a_{k}$ de $S$ tels que la fonction $\\phi: a \\in S \\mapsto f\\left(a, a_{2}, \\ldots, a_{k}\\right) \\in$ $S$ est injective. Par égalité de cardinal, elle est aussi bijective.\nDès lors, si $b_{2}, \\ldots, b_{k}$ sont des éléments de $S$ avec $b_{i} \\neq a_{i}$ pour tout $i \\in\\{2, \\ldots, k\\}$, et $b \\in S$, alors $\\phi(a) \\neq f\\left(b, b_{2}, \\ldots, b_{k}\\right)$ pour $S \\ni a \\neq b$. Par surjectivité de $\\phi, \\phi(b)=f\\left(b, b_{2}, \\ldots, b_{k}\\right)$.\nSoient $c_{2}, \\ldots, c_{k}$ des éléments de $S$; puisque $n \\geqslant 3$, il existe $b_{2}, \\ldots, b_{k}$ tels que $a_{i} \\neq b_{i} \\neq c_{i}$ pour tout $i \\in\\{2, \\ldots, k\\}$. Dès lors le raisonnement précédent montre que, si $b \\in S, \\phi(b)=f\\left(b, b_{2}, \\ldots, b_{k}\\right)=$ $\\mathrm{f}\\left(\\mathrm{b}, \\mathrm{c}_{2}, \\ldots, \\mathrm{c}_{\\mathrm{k}}\\right)$, et ainsi $\\ell=1$, et $\\mathrm{g}=\\phi$ conviennent.\nNous supposons donc qu'il existe deux fonctions $\\alpha, \\beta: S^{k-1} \\rightarrow S$ avec, pour tous $a_{2}, \\ldots, a_{k}$ dans $S$, $\\alpha=\\alpha\\left(a_{2}, \\ldots, a_{k}\\right) \\neq \\beta\\left(a_{2}, \\ldots, a_{n}\\right)=\\beta$, et $f\\left(\\alpha, a_{2}, \\ldots, a_{k}\\right)=f\\left(\\beta, a_{2}, \\ldots, a_{k}\\right)$.\nMontrons que $f^{\\prime}:\\left(a_{2}, \\ldots, a_{k}\\right) \\in S^{k-1} \\mapsto f\\left(\\alpha, a_{2}, \\ldots, a_{k}\\right)=f\\left(\\beta, a_{2}, \\ldots, a_{k}\\right)$ satisfait les conditions du problème. En effet, si $\\left(a_{2}, \\ldots, a_{k}\\right)$ et $\\left(b_{2}, \\ldots, b_{k}\\right)$ sont deux $(k-1)$-uplets dont les coordonnées sont toutes différentes, alors soit $\\alpha=\\alpha\\left(a_{2}, \\ldots, a_{k}\\right) \\neq \\alpha\\left(b_{2}, \\ldots, b_{k}\\right)=\\alpha^{\\prime}$, auquel cas $g\\left(a_{2}, \\ldots, a_{k}\\right)=$ $f\\left(\\alpha, a_{2}, \\ldots, a_{k}\\right) \\neq f\\left(\\alpha^{\\prime}, b_{2}, \\ldots, b_{k}\\right) g\\left(b_{2}, \\ldots, b_{k}\\right)$ par hypothèse, soit $\\alpha \\neq \\beta\\left(b_{2}, \\ldots, b_{k}\\right)$ auquel cas on a de même $g\\left(a_{2}, \\ldots, a_{k}\\right) \\neq g\\left(b_{2}, \\ldots, b_{k}\\right)$.\nDès lors par hypothèse de récurrence, et sans perte de généralité, on peut supposer l'existence de $h$ : $S \\rightarrow S$ telle que $g\\left(a_{2}, \\ldots, a_{k}\\right)=h\\left(a_{2}\\right)$ pour $a_{2}, \\ldots, a_{k}$ dans S. $h$ doit être injective car $h(a)=$ $g(a, a, \\ldots, a) \\neq g(b, \\ldots, b)=h(b)$ si $a \\neq b$ sont des éléments de S. Par égalité de cardinal, $h$ est surjective.\nMontrons que $f\\left(a_{1}, \\ldots, a_{k}\\right)=h\\left(a_{2}\\right)$ pour tous $a_{1}, \\ldots, a_{k} \\in S$, ce qui conclura. Supposons par l'absurde l'existence d'un $k$-uplet $a=\\left(a_{1}, \\ldots, a_{k}\\right) \\in S^{k}$ tel que $f(a) \\neq h\\left(a_{2}\\right)$. Par surjectivité, il existe $b_{2} \\in S$ avec $h\\left(b_{2}\\right)=f(a)$ avec $b_{2} \\neq a_{2}$ donc. Soient $b_{i} \\neq a_{i}$ des éléments de $S$, pour $3 \\leqslant i \\leqslant k$. On a $\\alpha=$ $\\alpha\\left(b_{2}, \\ldots, b_{k}\\right)$ et $\\beta=\\beta\\left(b_{2}, \\ldots, b_{k}\\right)$ deux éléments de $S$ tels que $f\\left(\\alpha, b_{2}, \\ldots, b_{k}\\right)=f\\left(\\beta, b_{2}, \\ldots, b_{k}\\right)=$ $h\\left(b_{2}\\right)=f(a)$. L'hypothèse faite sur $f$ assure donc $\\alpha=a_{1}=\\beta$, ce qui est une contradiction d'après la définition de $\\alpha$ et $\\beta$.\n\n\n[^0]:    Animath, Préparation Olympique Française de Mathématiques, 11-13 rue Pierre et Marie Curie, 75005 Paris.\n    copies.ofm@gmail.com", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-Corrigé-Envoi-5-2019.jsonl", "problem_match": "\nExercice 9.", "solution_match": "\nSolution de l'exercice 9"}}