Je ne suis pas sûr, mais est que les applications de N dans N sont soit strictement croissante, décroissante ou constantes sur N tout entier?
Dans ce cas la envisages les trois cas.

non a priori il n'y a aucune raison a cela

Ne manque -t - il pas une hypothese par exemple la fonction f qui associe si n pair et n sinon verifie bien les hypotheses et ce n'est pas l'identite meme si on s'y ramene en un nombre fini de fois.

Lire n/2.

non ta fonction n'est pas un contre-exemple :
prend n impair, alors f(n)=n donc f(f(n))=n et d'autre part f(n+1)=(n+1)/2, on n'a pas f(f(n))<f(n+1)

Oui je me suis emporte merci d'avoir rectifie.

de l'aide please !

Bonsoir ,

pour Thibs : considere l'application qui pour n pair associe n+1 et pour n impair qui associe n-1 elle n'est ni croissante ,ni decroissante ,ni constante.

Pour en revenir a ton exo j'ai fait un petit truc c'est pas complet mais bon je te le soumet tout de meme.On suppose que f n'est pas l'identité.On pose A={ensemble des n tels que f(n) different de n} alors A est non vide et admet un plus petit élément qu'on note x. Comme x appartient a A , on a on suppose que y<x( je n'ai pas traité l'autre cas pour l'instant).On a donc que f(y)=y car y n'appartient pas a A. D'ou f(f(y))=y<f(y+1). Or on ne peut pas avoir y+1=x sinon on aurait y<f(y+1)=f(x)=y ce qui est absurde, on ne peut pas avoir non plus y+1>x car y<x ,donc nécessairement y+1<x. Donc y+1 n'appartient pas a A d'ou f(y+1)=y+1.On en deduit f(f(y+1))=y+1<f(y+2).Comme précedemment on ne peut avoir que y+2<x. On poursuit comme y+2 n'appartient pas a A alors on peut montrer qu'on aura y+3<x etc... Par récurrence on construit une suite strictement croissante majorée par x ce qui est absurde. Donc ce cas est réglé. Reste a voir ce qu'on peut faire dans l'autre cas bon j'ai peut etre fait des erreurs n'hesite pas me les signaler si c'est le cas.Si tu trouves une solution pourrais-tu la rediger?