Reprise du message précédent :
fof=-Id

C'est pas possible non ?

Par l'absurde on suppose qu'il existe f continue de R dans R qui verifie ca.

Égalité de fonctions donc même caracteres.
-Id est bijective.
Donc fof est bijective.
Donc f est bijective

Donc f strictement monotone. Donc fof strictement croissante.

Absurde.

Donc fofofo...of=-Id n'a pas de sol pour n pair.

Car fofofof=(fof)o(fof)=-Id
Absurde fof de même que tout a l'heure est bijective donc f bijective donc fofofof croissante (car fof croissante et fof croissante, on peut generaliser f^n est croissante si f est monotone et n pair)

De même par recurrence immediate descendente en regroupant comme ca et en utilisant le resultat precedent.

Edit: nan je raconte des conneries.

Le début c'est bien , ensuite pour n impaire tu t'égares  

J'ai pas considere le cas n impair encore en fait

Justement  

 
Puisque la composée de deux fonctions croissantes est croissante, et que la composée de deux fonctions décroissantes est également croissante, il me semble qu'il n'y a pas de solution si  n est pair.  
 
 
Si  f est constante, quelle que soit g (composable avec f), f o g est constante.
 
Or, -Id : x -> -x  n'est pas constante, pas plus que   Id : x -> x (sauf si on réduit leur domaine à un singleton).
 
 
 

Si n est paire il n'y a pas de solution  
Si n est impaire?

Si n est impair en composant a droite et a gauche par f on a f impair.  
Et f necessairement strictement decroissante.
 
Après je pense que c'est -Id mais jvois pas trop comment le montrer. Faut s'amuser avec la bijection reciproque etc... Ou pas ?

Non pas la réciproque n'intervient pas. Ou alors c'est un méthode que je ne connais pas

Non la réciproque n'intervient pas. Ou alors c'est un méthode que je ne connais pas

Bon les infos que j'ai trouve sont exactes au moins ?

Oui Monsieur!

Et elles aident ou pas ?
Franchemement j'avoue que je vois pas

Bien évidemment ça aide. On va laisser gyptone chercher  

 
La réponse je la connais depuis belle lurette  
 
Je laissai les initiés chercher  

On sait déjà qu'il s'agit d'une bijection continue d'inverse continu. En particulier, elle est strictement monotone. Vu l'hypothèse sur la composition, elle doit être strictement décroissante.  
 
En procédant par l'absurde, on trouve f(0)=0.
 
Je reprends la suite.
Il me semble plus simple de considérer  
 

 
On a  
 

 
( n fois), où  g est bijectif et continu, comme  f. La fonction  g vérifie  g(0)=0 et est strictement croissante.  
 
On peut démontrer que  g=id :  
 
en supposant  
 

 
on a  
 
(n fois)
 
d'où  g(x)=x.  
 
De même en supposant  
 

 
Ainsi,  f o f = id.

Je ne vois pas où intervient le fait que f(0)=0 ? Pourquoi l'avoir mentionné ?
Et puis gogo...og (n fois)=-id, pas id

 
En l'absence d'information sur ton niveau d'étude (en 3/2 sans doute...), je vais détailler au mieux pour toi qui as du mal à comprendre ;  
 
 
J'ai posé  g=f o f, donc g o g...o g   (n fois)  c'est  f o f...o f   (2n fois) c-à-d  -id o -id qui est  id
 
 
 
Pour le  f(0)=0, ça ne sert à rien en effet...

nan pas du tout 3 demi, j'ai juste pas fait gaffe
ça va l'air hautain ? genre "moi j'ai fait 5/2, j'fais des trucs qu'un 3/2 peut pas comprendre". Bonjour l'humilité
 
au début je voulais réagir que sur le f(0)=0... 'fin bon.

 
J'ai intégré en 3/2 voilà presque 2 ans 'fin bon

Ouais 'fin bon toujours est-il que le ton méprisant...

 
Et ça ?    

Quoi ? l'aurait fallu que j'mette un smiley ? Boudiou c'était le soir après boulot !!
Y a que la dernière phrase qu'aurait pu paraître sèche, mais pas méprisante

Bon vous pouvez aussi poster un exo ou vous renifler le cul en mp

Résoudre x^2 + x + 1 = 0 [n]

 
Trivial

Un simple, oral ccp je crois
Soit P polynôme réel de degré n admettant n racines réelles distinctes, soit Q = P²+1 montrer que Q admet 2n racines disctinces dans C.

Facile, Q=(P+i)*(P-i)
Et P+i et P-i ne peuvent pas avoir de racine commune, puisque leur différence est constante, ils ne s'annulent jamais au même point.
 

T'as rien qui te dit que P+i a n racines distinctes, si ?

Si on fait Q=(1+iP)(1-iP)
 
On peut rien faire avec ça ?

1) Q est réel car P l'est et est strictement positif.
2) Q'=2PP' a n+(n-1) racines distinctes qui sont réelles (Rolle).
3) Le seul cas pour lequel la conclusion est fausse, c'est si Q a une racine double.
Soit z0 une racine multiple de Q. C'est une racine de Q', donc c'est une racine réelle. Impossible d'après 1.

Ca se montre par l'absurde.
Si P+i a une racine multiple x0, c'est une racine de (P+i)'=P', donc une racine réelle (puisque P' a n-1 racines réelles distinctes d'après Rolle), donc P(x0)€R, donc P(x0)+i peut pas être nul.

J'avais fait comme ça aussi
 
 
En effet

Un qui est tombé à Ulm l'année dernière en oral
Soit bijective, que peut on dire de ?
A priori, je pense que ça converge pas, en disant que il existe un rang N à partir duquel sigma(n) >= n, mais j'arrive pas à le prouver

C'est pas un 1/n² en bas? Car sinon trivialement ça converge pas.
Sinon avec Abel ça se fait bien si mes souvenirs sont bons, en disant que somme des sigma(i) de 1 à n >= à n(n+1)/2.

Oui 1/n²
En effet, ça a l'air de marcher ton truc D'ailleurs mon idée était fausse, p'tet pour ça que ça marchait pas

Sinon personne pour mon exo ? Si n est pair effectivement il est clair qu'il n'y a pas de solutions. Mais pour n impair ?

 
Je n'ai pas réfléchi à la question. J'y reviendrai peut-être plus tard.
Mais il est clair qu'on a des exemples : avec n=3, x=1 est une solution pour ne citer qu'un trivial.
Le problème général est peut-être assez difficile, il fait penser à la théorie des résidus quadratiques.

L'énoncé est simple mais la technique ingénieuse je trouve. Niveau Sup.
 
Calculer :   I(t) =  
 

 
Quel que soit t plus grand ou égal à 0 bien sur.

 
 
 
Je suppose que n est un paramètre et je fais le cas où il est premier.
 
On cherche donc les racines de P=X^2+X+1 dans le corps Z/nZ (n est premier).
 
Le discriminant de P est -3. Je vais supposer  n différent de 2 et de 3.
 
Il vient de la loi de réciprocité quadratique (ou voir http://allken-bernard.org/pierre/weblog/?p=77 ) que -3 est un carré
modulo n si et seulement si  n est congru à 1 modulo 3.
 
Conclusion : pour n premier >3, l'équation a deux solutions si n est congru à 1 modulo 3, aucune sinon.
 
System211 ?

Soit f continue réelle 1-périodique, à quelle condition sur f a-t-on sum_{n=0}^{+\infty} f(2^n x) < +\infty pour tout x € [0,1] ?
Oral ENS apparemment  
 

Gato66 et gyptone