Exercices corrigés - Applications : composition, injections, surjections, bijections

On va commencer par calculer $f\circ f(x)$ pour émettre une conjecture. On a $$f\circ f(x)=\frac{\frac x{x+1}}{\frac x{x+1}+1}=\frac{x}{2x+1}.$$ Ceci nous conduit à conjecturer que $$f\circ f\circ\dots\circ f(x)=\frac{x}{nx+1}.$$ Démontrons ce résultat par récurrence. Il est vrai au rang $n=1$ et $n=2$. Supposons le résultat démontré au rang $n-1$. Alors $$f\circ f\circ\dots\circ f(x)=\frac{\frac x{x+1}}{(n-1)\frac x{x+1}+1}=\frac{ \frac x{x+1}}{\frac {(n-1)x+x+1}{x+1}}=\frac{x}{nx+1}.$$ Le résultat est donc encore vrai au rang $n$. Par le principe de récurrence, il est vrai pour tout entier $n$.
On peut se poser la question subsidiaire suivante : pour quelles valeurs de $x$ peut-on définir $f\circ f\circ\dots\circ f(x)$?

$f_1$ est injective, non surjective (et donc non bijective) : 1 n'a pas d'antécédents. $f_2$ est bijective. $f_3$ n'est ni injective ($f(-1)=f(1)=1$), ni surjective ($-1$ n'a pas d'antécédents). $f_4$ et $f_5$ sont surjectives, mais non injectives.

Le plus simple est de remarquer que $\phi$ est même bijective, car $\phi\circ \phi=Id_{\mathcal P(E)}$, ce qui prouve que $\phi$ est bijective avec $\phi^{-1}=\phi$.
Sinon, on peut prouver directement que $\phi$ est injective et surjective. Le point clé est encore que le complémentaire du complémentaire de $A$ est égal à $A$. Ainsi, si $A,B\in\mathcal P(E)$ sont tels que $\phi(A)=\phi(B)$, on a $\overline{\phi(A)}=\overline{\phi(B)}$ et donc $A=B$ puisque $\overline{\phi(A)}=A$ et $\overline{\phi(B)}=B$. Ainsi, $\phi$ est injective.
De même, $\phi$ est surjective car si $B\in \mathcal P(E)$, et si on pose $A=\overline{B}=\phi(B)$, alors $\phi(A)=\overline{\phi(B)}=B$.

L'application $f$ n'est pas injective. Cela se démontre facilement en utilisant la symétrie entre les variables $x$ et $y$. Ainsi, $f(1,2)=f(2,1)=(3,2)$, alors que $(1,2)\neq (2,1)$. L'application $f$ n'est pas non plus surjective. C'est un petit peu plus difficile à démontrer. On peut prouver que l'équation $f(x,y)=(0,1)$ n'a pas de solutions. En effet, s'il y avait une solution, on aurait $xy=1$ et donc $x=1/y$. Reportant ceci dans l'équation $x+y=0$, on obtiendrait $$x+\frac 1x=0\iff x^2+1=0,$$ ce qui est impossible. Donc $f$ n'est ni injective, ni surjective.

On a $g\circ f(x)=g(2x)$. Mais $2x$ est pair, et donc $g(2x)=(2x)/2=x$. Ainsi, $g\circ f(x)=x$.
D'autre part, si $x$ est pair, on a $f\circ g(x)=f(x/2)=x$. Si $x$ est impair, $f\circ g(x)=f(0)=0$. En particulier, on a $f\circ g\neq g\circ f$ puisque $f\circ g(1)=0$ alors que $g\circ f(1)=1$.
$f$ n'est pas surjective, car les nombres impairs ne sont pas des valeurs prises par $f$. En revanche, $f$ est injective car si $f(x)=f(y)$, on a $2x=2y$ et donc $x=y$.
$g$ n'est pas injective, car $g(1)=g(3)=0$ alors que $1\neq 3$. En revanche, $g$ est surjective. Prenons en effet $y$ n'importe quel entier naturel. Alors, $2y$ est pair et $g(2y)=(2y)/2=y$.
Des deux études précédentes, on déduit par définition que ni $f$ ni $g$ ne sont bijectives.

Soit $y\in [0;1[$ et soit $x\in\mathbb R_+$. Alors on a \begin{align*} y=g(x)&\iff y=\frac{x}{1+x}\\ &\iff (1+x)y=x\\ &\iff y=-xy+x=x(1-y)\\ &\iff x=\frac{y}{1-y}. \end{align*} Pour $y\in[0;1[$, on vérifie que $\frac y{1-y}\geq 0$. Pour tout $y\in[0;1[$, l'équation $y=g(x)$ admet donc une unique solution $x\in[0;+\infty[$. C'est donc que la fonction $g$ est bijective et sa bijection réciproque est $g^{-1}:[0;1[\to[0;+\infty[$ définie par $g^{-1}(y)=\frac y{1-y}$.

La première chose à remarquer est que $f$ s'écrit plus facilement $$f(x)=e^{2x}+2e^x.$$ Soit $y>0$. Alors on a $$y=f(x)\iff e^{2x}+2e^x-y=0.$$ On pose alors $X=e^x$ et l'équation est équivalente à l'équation du second degré $$X^2+2X-y=0$$ dont les racines sont $$X_1=-1-\sqrt{1+y}\textrm{ et }X_2=-1+\sqrt{1+y}.$$ Mais $e^x>0$, et donc on a $$y=f(x)\iff e^x=-1+\sqrt{1+y}\iff x=\ln\left(-1+\sqrt{1+y}\right).$$ L'équation $y=f(x)$ admet donc toujours une unique solution. La fonction $f$ est bijective et $$f^{-1}(y)=\ln\left(-1+\sqrt{1+y}\right).$$

On va démontrer directement que $f$ est bijective en prouvant que, pour tout $w\in\mathbb C\backslash\{i\}$, l'équation $f(z)=w$ admet une unique solution $z\in\mathbb C\backslash\{-3\}$. Pour cela, on remarque que \begin{eqnarray*} \frac{iz-i}{z+3}=w&\iff&iz-i=wz+3w\\ &\iff&(i-w)z=3w+i. \end{eqnarray*} Puisque $w\neq i$, ceci est encore équivalent à $$z=\frac{3w+i}{i-w}.$$ L'équation admet une unique solution : $f$ est bijective et sa bijection réciproque est donnée par $$f^{-1}(w)=\frac{3w+i}{i-w}.$$

On va commencer par vérifier que $f_a$ est bien définie sur $U$. En effet, puisque $a\notin U$, $|az|=|a|\neq 1$ pour tout $z\in U$ et donc $1+\bar a z\neq 0$. Ensuite, on va démontrer que, pour tout $z\in U$, $f_a(z)\in U$. Cela revient à démontrer que $|z+a|=|1+\bar a z|$. Mais, puisque $|z|=1$, $\frac 1z=\bar z$ et on a $$|1+\bar a z|=\left|z\left(\frac 1z+\bar a\right)\right|=|z|\times |\bar z+\bar a|=|z+a|.$$ Ainsi, on a bien $f_a(U)\subset U$.
Démontrons enfin que $f_a$ est une bijection de $U$ sur lui-même et calculons la bijection réciproque. Soit $w\in U$ et essayons de résoudre l'équation $f_a(z)=w$, avec $z\in U$. On a \begin{align*} f_a(z)=w&\iff \frac{z+a}{1+\bar a z}=w\\ &\iff z+a=w+\bar a w z\\ &\iff z(1-\bar a w)=w-a. \end{align*} Puisque $1-\bar aw\neq 0$ (le raisonnement est le même que ci-dessus), on a donc $$f_a(z)=w\iff z=\frac{w-a}{1-\bar a w}=f_{-a}(w)$$ et ce dernier élément est bien dans $U$. Ainsi, $f_a$ réalise une bijection de $U$ dans lui-même, de bijection réciproque $f_{-a}$.

Remarquons d'abord que $f$ est bien à valeurs dans $\mathbb N^*$. Prouvons ensuite que $f$ est injective. Soient $(n,p)$ et $(m,q)$ deux éléments de $\mathbb N^2$ tels que $f(n,p)=f(m,q)$. Alors on a $2^n(2p+1)=2^m(2q+1).$ Supposons par exemple $n\geq m$. Alors on obtient $$2^{n-m}(2p+1)=2q+1.$$ Si $n\neq m$, le terme de gauche est pair et celui de droite est impair, une contradiction. Donc $n=m$. On obtient alors $2p+1=2q+1$, soit aussi $p=q$. Finalement, on a bien $(n,p)=(m,q)$ et donc $f$ est injective. Prouvons ensuite que $f$ est surjective. Soit $l\in\mathbb N^*$. Alors $l$ se décompose en produit de facteurs premiers $$l=2^n p_2^{\alpha_2}\dots p_r^{\alpha_r},$$ avec $p_i$, $i\geq 2$, des nombres premiers impairs. Le produit de nombres impairs étant impair, on sait que $p_2^{\alpha_2}\dots p_r^{\alpha_r}$ est impair et s'écrit donc $2p+1$, avec $p\in\mathbb N$. On a donc $l=2^n (2p+1)=f(n,p)$ et $f$ est surjective. Pour trouver une bijection de $\mathbb N^2$ dans $\mathbb N$, il suffit de composer avec une bijection de $\mathbb N^*$ dans $\mathbb N$, par exemple l'application $n\mapsto n-1$. Ainsi, l'application $g:(n,p)\mapsto 2^n(2p+1)-1$ est une bijection de $\mathbb N^2$ dans $\mathbb N$.

On va commencer par prouver que $f$ est injective. Prenons $(p,q)$ et $(p',q')$ tels que $f(p,q)=f(p',q')$. On souhaite prouver que $(p,q)=(p',q')$. $$f(p,q)=f(p',q')\iff p'-p=\frac 1{q}-\frac 1{q'}.$$ Mais $0<\frac 1{q}\leq 1$ et $-1\leq -\frac 1{q'}<0$. On en déduit que $$-1<\frac 1{q}-\frac1{q'}<1$$ On a donc $|p-p'|<1$, alors que $p-p'$ est un entier. On en déduit que $p=p'$, puis, utilisant de nouveau que $f(p,q)=f(p',q')$, que $q=q'$.
On va ensuite prouver que $f$ n'est pas surjective. En effet, $2/3$ n'a pas d'antécédents. Sinon, il s'écrirait $p+\frac 1q$. Puisque $p< p+1/q=2/3\leq p+1$, il faudrait nécessairement que $p=0$. Et donc on aurait $\frac 23=\frac 1q$ soit $q=3/2$, ce qui n'est pas un entier. Donc $f$ n'est pas surjective.

Première implication : si $f(a)=f(b)$, alors $g\circ f(a)=g\circ f(b)$, et puisque $g\circ f$ est injective, on en déduit $a=b$.
Deuxième implication : soit $y\in C$. Puisque $g\circ f$ est surjective, il existe $a\in A$ avec $g\circ f(a)=y$. Posons $b=f(a)$. On a alors $g(b)=y$, ce qui prouve que $g$ est surjective.
Equivalence : d'abord, si $f$, $g$ et $h$ sont bijectives, la composée d'applications bijectives étant bijective, on en déduit que $g\circ f$ et $h\circ g$ sont bijectives. Réciproquement, puisque $g\circ f$ est bijective, elle est surjective, et on trouve que $g$ est surjective. D'autre part, puisque $h\circ g$ est bijective, elle est injective et donc $g$ est injective. On trouve donc que $g$ est bijective. Puisque $g\circ f$ est bijective, composant par $g^{-1}$ à gauche qui est bijective, $f$ est bijective. De même, puisque $h\circ g$ est bijective et que $g$ est bijective, $(h\circ g)\circ g^{-1}$ est bijective, et ceci est égal à $h$.

$P\iff Q$ est équivalent à $(\textrm{non} P)\iff (\textrm{non }Q)$. Il suffit donc de démontrer que $$f(A)\cap B\neq \varnothing\iff A\cap f^{-1}(B)\neq \varnothing.$$ Démontrons la double implication. Soit $x\in f(A)\cap B$. Alors il existe $y\in A$ tel que $x=f(y)$. Mais alors, $y\in A$ et $f(y)=x\in B$ ce qui signifie que $y\in f^{-1}(B)$. Ainsi, $f^{-1}(B)\cap A\neq\varnothing$.
Réciproquement, soit $y\in f^{-1}(B)\cap A$. Alors $f(y)\in B$. Mais on a aussi $f(y)\in f(A)$ et donc $f(A)\cap B\neq\varnothing$.

Pour l'implication directe, on suppose que $f$ est bijective, et prenons $A$ un élément de $\mathcal{P}(E)$. On doit montrer une double inclusion. Soit d'abord $x$ dans $f(\overline A)$. Alors $x=f(y)$ où $y\in\overline A$. Supposons que $x\in f(A)$. Alors $x=f(z)$ où $z\in A$. Mais alors, on a $f(y)=f(z)$ et par injectivité de $f$, on a $y=z$. Comme $y$ est élément de $A$ et $z$ est élément de son complémentaire, ceci est impossible et donc $x\notin f(A)$, c'est-à-dire qu'on a prouvé que $f(\overline A)\subset \overline{f(A)}$.
Prouvons maintenant l'autre inclusion. Soit $x\in \overline{f(A)}$. Alors, puisque $f$ est surjective, il existe $y$ élément de $E$ tel que $x=f(y)$. Mais $y$ ne peut pas être élément de $A$ sinon $x$ serait élément de $f(A)$ ce qui n'est pas. Et donc $y$ est élément de $\overline A$ et $x\in f(\overline A)$.
Etudions maintenant l'implication réciproque, c'est-à-dire qu'on suppose que pour tout $A$ de $\mathcal{P}(E)$, on a $f(\overline A)=\overline{f(A)}$. Prouvons d'abord que ceci entraine que $f$ est injective. En effet, pour $x,y$ de $E$ tels que $f(x)=f(y)$, supposons $x\neq y$. Posons $A=\{x\}$. On a $y\in \overline{A}$ et donc $f(y)\in f(\overline{A}) \subset \overline{f(A)}$. Or, $f(A)=\{f(x)\}$, et donc $f(y)\neq f(x)$, une contradiction.
Prouvons enfin que $f$ est surjective. Par hypothèse appliquée à $A=E$, on sait que $f(\overline E)=\overline{f(E)}$. Mais $f(\overline E)=f(\emptyset)=\emptyset$, et donc $\overline{f(E)}=\emptyset$ ce qui, en prenant le complémentaire, se traduit en $f(E)=F$, c'est-à-dire que $f$ est surjective.