Comme je l'ai dit à Azdod, cette énigme a déjà été posée :

Identité opposée, par Vasimolo

Donc, y ayant déjà réfléchi une fois, je passe mon tour cette fois-ci

Mais les nouveaux arrivants de 2010 y réfléchiront sans doute avec joie

C'est pas évident du tout ça !
(bon, sauf si on se place dans C, dans ce cas g(x) = ix et on n'en parle plus ^^)

L'idée est de découper R en deux sous ensembles disjoints A et B tel que g(x) est dans B si x est dans A et vice-versa

Le découpage le plus intuitif pour ça est "pair-impair", mais dans R c'est pas trop possible donc on va dire E(x) pair ou impair. Comme E(x<0) a un comportement qui risque de nous embêter, on va aussi distinguer ces cas.

X >=0 , E(X) pair: on va dire g(x) = x+1

Du coup,g(x) est >=0 et E(g(x)) = 1+E(x) est impair, donc
X >= 0, E(X) impair : g(x) = 1-x

Ainsi, pour X >=0 , E(X) pair, g(g(x) = 1-(x+1) = -x

Ensuite, X >= 0, E(X) impair : g(x) = 1-x
On note que dans ce cas ci, X est forcément >= 1 (vu que E(x) impair)
Donc g(x) <=0 et de plus E(g(x)) est impair, du coup
X<=0, E(X) impair : g(x) = x-1

Ainsi, pour tout X >= 0, E(X) impair, g(g(x)) = 1-x-1 = -x

On continue:
X<=0, E(X) impair : g(x) = x-1
g(x) est <=0 et E(g(X)) est pair. Dans ce cas,
X<=0, E(x) pair: g(x) = -x-1

Ainsi, pour tout X <= 0, E(X) impair, g(g(x)) = -(x-1)-1 = -x

Enfin, pour tout X<=0, E(x) pair: g(x) = -x-1; donc g(x) >=0 et E(g(x)) pair, donc g(g(x)) = (-x-1) + 1 = -x

La boucle est bouclée !!

Reste juste un cas à régler: g(0+) tend vers 1 tandis que g(0-) tend vers -1.
Heureusement, on sait que g(0) = 0

Résultat donc

x = 0 =======================> g(x) = 0
x positif et E(x) % 2 = 0 ===> g(x) = x+1
x positif et E(x) % 2 = 1 ===> g(x) = 1-x
x négatif et E(x) % 2 = 1 ===> g(x) = x-1
x négatif et E(x) % 2 = 0 ===> g(x) = -x-1

Déjà vu par ici

http://www.prise2tete.fr/forum/viewtopic.php?id=5133

Vasimolo

Bonjour,

Plus difficile en effet, de se limiter à R (assez facile sur C ) et d'avoir R comme ensemble de définition.
J'arrive à trouver simplement une telle fonction sur R privé de 2 points mais pas sur R. Je cherche sans doute mal.

Voila ce que j'ai:
g(0)=0
Si |x|>1, g(x)=1/x
Si |x|<1 et x différent de 0, g(x)=-1/x

Cela définit 4 "zones" et on saute de l'une à l'autre.
Par contre Je n'arrive pas à définit g en 1 et -1.
Je peux bouger les points bien sûr, mais il me reste toujours 2 points qui bloquent.

Je vais chercher encore mais je commence à penser qu'on ne peut pas en définir une sur R. Je n'arrive pas non plus à le montrer. Je ne suis pas assez absurde...

Je pense que cela se ramène à trouver une bijection de ]0,1[ dans [1, +inf[.

Comme me l'a signalé vasimolo, ça a déjà été posé ici ... et la réponse est oui, ça existe.
Je lève donc le voile.

Il faut trier, il y a plusieurs solutions fausses (y compris une de celle proposée par Dylasse qui n'est pas injective) mais il y a plein de bonnes réponses plus ou poins compliquées, je vous laisse juge... donc ça n'est plus une énigme

Une question qui reste en suspens : démontrer qu'aucune fonction solution de l'équation fof = -Id n'est continue....

En revanche, Vasimolo y disait en avoir d'autres comme ça ... où sont-elles ?

Je plussoie comme on disait à une époque...

Je reviens sur l'idée initiale de Scarta pour définitivement clore ce débat :

En fait, on peut prouver que :

- pour toute partition en deux ensembles non-dénombrables de R+* (disons A+ et B+) qui d'ailleurs induisent une partition de R-* (en A- et B-), il existe autant de fonctions g que de bijections de A+ sur B+ :

soit f une telle bijection (il en existe A+ et B+ étant tous deux non-dénombrables), on pose :
g(0) = 0 et
  si x€A+ alors g(x)= f(x) qui appartient à B+
  si x€A- alors g(x)= -f(x) qui appartient à B-
  si x€B+ alors g(x)= -f^{-1}(x) qui appartient à A-
  si x€B- alors g(x)= f^{-1}(-x) qui appartient à A+

et on a bien g(g(x)) = -x pour tout x.

- réciproquement, toute fonction g induit l'existence d'une telle partition : pour former A+ par exemple, il suffit de piocher(1) un élément positif quelconque dans chacun des quadruplets(2) {x,gx,-x,-gx} qu'induit g, son opposé étant dans A-, et des deux qui restent, le positif étant dans B+ et l'autre dans B-.

(1) : axiome du choix.
(2) : disjoints deux à deux car g bijective