Quel que soit a de R, quel que soit b de R, on a f(a)+f(b)=0, et notemment, quand a=b :

2f(a)=0

D'où f(a)=0

Si f(a)=0 avec a appartient à R, alors f(p)=0 avec p appartient à R.

Pour la généralisation, je laisse ça aux plus fort, moi aussi.
J'y réfléchis un peu quand-même dés que j'ai le temps, mais sans conviction.

Changement de programme avec la nouvelle condition:

Avec la condition a =/= b, on pose: 

Quel que soit a de R, quel que soit b de R, f(a) = -f(b)

Soit b1, et b2 dans R, on a:

f(a) = - f(b1), et f(a) = - f(b2) d'où f(a) = - f(b1) = - f(b2)

D'où f(b1) = f(b2)

Mais on sait que f(a) + f(b) = 0, on en tire:

f(b1) = - f(b2) donc f(b2) = - f(b2)

On en conclut que f(b2) = 0


Si f(b2)=0 avec b2 appartient à R, alors f(p)=0 avec p appartient à R.

Réflexion sur la généralisation:

J'ai pris quelques minutes pour réfléchir à la deuxième partie du problème et voilà ce qu'il en ressort, mais sans conviction aucune:

f(a1) + f(a2) + ... + f(a2n) = 0, pour a1, a2, ..., a2n, appartenant à R^n.

Si f est surjective, il existe au moins un b dans R^n, tel que:

f(a2) + f(a3) + ... + f(a2n) = - f(a1) = f(b), avec f(b) dans R.

On en tire:

f(a1) + f(b) = 0, ce qui revient au problème précédent, et par récurrence je peux conclure sur le cas des fonctions surjectives. 

Et si la fonction n'est pas surjective, ben... Je sais pas .

Partant d'un réel a :

Pour un couple quelconque (a,b) f(a) = - f(b)
Pour un couple quelconque (b,c) f(c) = - f(b)

D'où f(a)=f(c) or pour le couple (a,c) f(c) = - f(a)

Donc f(a) = -f(a)  => f(a) = 0

Je suis surpris que ça ne marche pas avec un nombre impair de nombres....

Il y a moins de 2n valeurs strictement positives. En effet la relation apliquée à 2n éventuelles valeurs est absurde. Il y a également moins de 2n valeurs strictement négatives. On montre ensuite que toutes ces valeurs sont nulles en les isolant avec n-1 valeurs nulles. Donc la fonction est nulle dans le cas général.

Bien pour ceux qui ont répondu, mais j'ai oublié de supposer, bien sûr !, que [latex]a \neq b[/latex]

De même pour la généralisation, [latex]a_1,\ldots,a_{2n}[/latex] sont deux à deux distincts !!

Soit trois réels [latex]x[/latex], [latex]y[/latex], [latex]z[/latex] distincts deux à deux. Alors [latex]f(x) = -f(y)[/latex] ; [latex]f(y) = - f(z)[/latex] ; [latex]f(z) = - f(x)[/latex]. On en déduit que [latex]f(x) = -f(x)[/latex], donc [latex]f(x)=f(y)=f(z)=0[/latex]. La fonction f est identiquement nulle.

Je suis tenté de suivre la même idée pour la généralisation. Soit [latex]2n+1[/latex] réels [latex]a_1,a_2,\dots,a_{2n},a_{2n+1}[/latex] distincts deux à deux, alors :
[TeX]\sum_{k=1}^{2n} f(a_k) = \sum_{k=1 \\ k \neq 2n}^{2n+1} f(a_k) = \sum_{k=1 \\ k \neq 2n-1}^{2n+1} f(a_k) = \dots = \sum_{k=2}^{2n+1} f(a_k) = 0[/TeX]
On obtient [latex]2n+1[/latex] équations à [latex]2n+1[/latex] inconnues que l'on peut écrire ainsi :
[TeX]\begin{pmatrix} 0 & & 1 \\ & \backslash & \\ 1 & & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} f(a_1) \\ \vdots \\ f(a_{2n+1}) \end{pmatrix} = 0_{\mathbb{R}^{2n+1}}[/TeX]
[latex]f(a_k) = 0 \vspace{3mm} \forall k \in \{ 1 ; \dots ; 2n+1 \}[/latex] est une solution évidente. Si la matrice est inversible, alors c'est la seule. C'est l'étape qui me manque : même en fouillant dans les propriétés des matrices circulantes, je ne trouve pas le petit quelque chose qui m'aiderait...

Il y a une difficulté supplémentaire à cause de la condition supplémentaire a différent de b.

Fixons a dans R.
Pour tout x SAUF pour a, f(x)=-f(a) donc f est constante sauf peut-être au point a.
En considérant a' différent de a, on a f(x)=-f(a') sauf en a'.
En considérant b différent de a et de a', on a f(b)=-f(a) et f(b)=-f(a') donc f est constante partout.
f(a)+f(a)=2f(a)=0, non pas à cause de l'hypothèse de départ (inapplicable  car a n'est pas différent de a), mais parce qu'on a montré que f est constante.
Donc f(a)=0 donc f est la fonction nulle.

Il me semble que la même démonstration fonctionne pour le cas multiple:

Pour tous les réels x sauf pour [latex]a_1, a_2, ..., a_{2n-1}[/latex]:
[TeX]f(x)=-(f(a_1)+f(a_2)+...+f(a_{2n-1}))[/TeX]
Choisissons maintenant [latex]b_1, ..., b_{2n-1}[/latex] tous différents de [latex]a_1, a_2, ....[/latex]

On a: [latex]f(a_1)=-(f(b_1)+...+f(b_{2n-1})) [/latex] (relation appliquée à [latex]a_1, b_1, ..., b_{2n-1}[/latex]).

De même: [latex]f(a_2)=-(f(b_1)+...+f(b_{2n-1}))[/latex]
...
Choisissons c différent des [latex]a_i[/latex] et des [latex]b_i[/latex], on a:
[TeX]f(c)=-(f(b1)+...+f(b_{2n-1}))[/TeX]
Donc [latex]f(c)=f(a_1)=f(a_2)=...=f(a_{2n-1})[/latex]

Donc f est constante partout (la valeurs aux [latex]a_i[/latex] est la même qu'en c qui est la valeur constante partout ailleurs qu'aux [latex]a_i[/latex]).

Puisqu'elle est contante partout [latex]2n.f(a_1)=0[/latex] ce qui conclut, f est la fonction nulle.

Merci pour cette énigme amusante.

PS: Je pense que si on prend 2n [latex]a_i[/latex] on doit parler de [latex]R^{2n}[/latex] et non [latex]R^n[/latex]

De bons raisonnements m'ont été donnés !

Sinon, pour répondre à Klimrod : Spoiler : [Afficher le message] La condition [latex]a \neq b[/latex] était pour rendre le problène non trivial mais il est clair que cette énigme est à la portée d'un élève de troisième. Sinon, oui, c'est la réponse souhaitée !