# Application (mathématiques)/Exercices/Injection, surjection, bijection
## Exercice 2-1

Soit $f:E\to F$ une application. Montrer que les propriétés suivantes sont équivalentes :
* $f$ est injective ;
* $\forall A\in {\mathcal {P}}(E)\quad f^{-1}(f(A))=A$ ;
* $\forall A,A'\in {\mathcal {P}}(E)\quad f(A\cap A')=f(A)\cap f(A')$ ;
* $\forall A\in {\mathcal {P}}(E)\quad f\left(\complement _{E}A\right)\subset \complement _{F}{f(A)}$.
* $1\Leftrightarrow 2$ : voir la solution de Images directes et réciproques, ex. 8 (y compris la question 2, qui démontre la contraposée de $2\Rightarrow 1$).
* $1\Leftrightarrow 3$ : voir la solution de Images directes et réciproques, ex. 3 (y compris la question 2, qui démontre la contraposée de $3\Rightarrow 1$).
* $2\Leftrightarrow 4$ : rappelons (ex. 8 déjà cité) que $A\subset f^{-1}(f(A))$ est toujours vrai. Par ailleurs, pour tout $A\subset E$, on a les équivalences :
    $f^{-1}(f(A))\subset A\Leftrightarrow [\forall x\in E\quad f(x)\in f(A)\Rightarrow x\in A]\Leftrightarrow [\forall x\in E\quad x\notin A\Rightarrow f(x)\notin f(A)]\Leftrightarrow f\left(\complement _{E}A\right)\subset \complement _{F}{f(A)}$.

## Exercice 2-2

Soit $f:E\to F$ une application. Montrer que les propriétés suivantes sont équivalentes :
* $f$ est surjective ;
* $\forall B\in {\mathcal {P}}(F)\quad f(f^{-1}(B))=B$ ;
* $\forall A\in {\mathcal {P}}(E)\quad f\left(\complement _{E}A\right)\supset \complement _{F}{f(A)}$.
* $1\Leftrightarrow 2$ : on sait que $f(f^{-1}(B))=B\cap \operatorname {Im} (f)$. Donc $2\Leftrightarrow \forall B\in {\mathcal {P}}(F)\;B\cap \operatorname {Im} (f)=B\Leftrightarrow \forall B\in {\mathcal {P}}(F)\;B\subset \operatorname {Im} (f)\Leftrightarrow F\subset \operatorname {Im} (f)\Leftrightarrow f$ surjective.
* $1\Rightarrow 3$ : soit $y\in \complement _{F}{f(A)}$. Si $f$ est surjective, il existe $x\in E$ tel que $y=f(x)$. Puisque $y\notin f(A)$, on a $x\notin A$, c'est-à-dire $x\in \complement _{E}A$, donc $y=f(x)\in f\left(\complement _{E}A\right)$.
* $3\Rightarrow 1$ : $\complement _{F}{f(\varnothing )}\subset f\left(\complement _{E}\varnothing \right)\Leftrightarrow \complement _{F}\varnothing \subset f\left(E\right)\Leftrightarrow F\subset \operatorname {Im} (f)\Leftrightarrow f$ surjective.

## Exercice 2-3

Soient $f:E\to F$, $g:F\to G$ et $h:G\to H$ trois applications. Démontrer que :
* si $f$ et $g$ sont injectives alors $g\circ f$ est injective ;
* si $f$ et $g$ sont surjectives alors $g\circ f$ est surjective ;
* si $g\circ f$ est injective alors $f$ est injective ;
* si $g\circ f$ est surjective alors $g$ est surjective ;
* si $g\circ f$ est injective et si $f$ est surjective alors $g$ est injective ;
* si $g\circ f$ est surjective et si $g$ est injective alors $f$ est surjective ;
* $g\circ f$ et $h\circ g$ sont bijectives si et seulement si $f$, $g$ et $h$ le sont.
* Supposons $(g\circ f)(x)=(g\circ f)(y)$. Si $g$ est injective, on en déduit que $f(x)=f(y)$ donc si de plus $f$ est injective, $x=y$.
* Supposons $f$ et $g$ surjectives, c'est-à-dire $f(E)=F$ et $g(F)=G$. Alors, $(g\circ f)(E)=g(f(E))=g(F)=G$.
* Supposons $f(x)=f(y)$. Alors, $(g\circ f)(x)=(g\circ f)(y)$ donc, si $g\circ f$ est injective, $x=y$.
* Supposons $g\circ f$ surjective. Alors, $G=g(f(E))\subset g(F)$.
* Supposons $g\circ f$ injective et $f$ surjective. Alors, $f$ est bijective (d'après le point 3) donc $f^{-1}$ existe, ce qui permet d'écrire $g=(g\circ f)\circ f^{-1}$, composée de deux injections donc injective (d'après le point 1).
* Supposons $g\circ f$ surjective et $g$ injective. Alors, $g$ est bijective (d'après le point 4) donc $g^{-1}$ existe, ce qui permet d'écrire $f=g^{-1}\circ (g\circ f)$, composée de deux surjections donc surjective (d'après le point 2).
* Si $f$, $g$ et $h$ sont bijectives alors $g\circ f$ et $h\circ g$ le sont, d'après 1 et 2. Réciproquement, supposons $g\circ f$ et $h\circ g$ bijectives. Alors, $g$ est bijective d'après 3 et 4, donc $f=g^{-1}\circ (g\circ f)$ et $h=(h\circ g)\circ g^{-1}$ sont bijectives, d'après le sens direct.

## Exercice 2-4

Soit $i:A\to B$ une injection. On suppose $A\neq \varnothing$.
* Montrer qu'il existe une application $s:B\to A$ telle que $s\circ i=\operatorname {id} _{A}$.
* En déduire que :
** pour toute application $f:A\to C$, il existe une application $g:B\to C$ telle $f=g\circ i$ ;
** $i$ est simplifiable à gauche, c'est-à-dire
    $\forall C\quad \forall h,h':C\to A\quad (i\circ h=i\circ h'\Rightarrow h=h')$ ;
** si $A\neq \varnothing$ et s'il existe une injection de $A$ dans $B$, alors il existe une surjection de $B$ dans $A$.
* Qu'en est-il si $A=\varnothing$ ?
* Montrer que réciproquement, toute application simplifiable à gauche est injective.
* La condition $s\circ i=\operatorname {id} _{A}$ équivaut à : pour tout $y\in i(A)$, $s(y)$ est égal à l'unique antécédent de $y$ par $i$. On peut donc définir $s$ ainsi sur $i(A)$, et compléter arbitrairement sur $\complement _{B}\,i(A)$, en posant par exemple, pour un élément fixé $a\in A$ (il en existe puisque $A\neq \varnothing$) : $\forall y\in \complement _{B}\,i(A)\quad s(y)=a$.
** $g:=f\circ s$ convient.
** $i\circ h=i\circ h'\Rightarrow s\circ i\circ h=s\circ i\circ h'\Leftrightarrow h=h'$.
** L'application $s$ construite ci-dessus est surjective car $s\circ i$ l'est (cf. exercice précédent).
* Si $A=\varnothing$ alors, pour tout ensemble $B$, l'unique application $i:A\to B$ (de graphe $\varnothing$) est injective, mais il n'existe aucune application (et a fortiori, aucune surjection) $s:B\to A$, sauf si $B=\varnothing$ (dans ce cas, on aura bien $s\circ i=\operatorname {id} _{A}$). Cependant, même si $B\neq \varnothing$, $i$ est simplifiable à gauche car pour tout $C$, il existe au plus une application $h:C\to A$ (une si $C=\varnothing$ et aucune si $C\neq \varnothing$).
* Soit $i:A\to B$ une application simplifiable à gauche. Pour tous $x,x'\in A$ tels que $i(x)=i(x')$, notons $C=\{c\}$ un singleton arbitraire (par exemple $c=\varnothing$) et définissons $h,h':C\to A$ par : $h(c)=x$ et $h'(c)=x'$. Alors, $i\circ h=i\circ h'$ donc $h=h'$, c'est-à-dire $x=x'$.

## Exercice 2-5

Montrer qu'une application $s:B\to A$ est surjective si et seulement si elle est simplifiable à droite, c'est-à-dire
    $\forall C\quad \forall f,f':A\to C\quad (f\circ s=f'\circ s\Rightarrow f=f')$.
$f\circ s=f'\circ s$ si et seulement si $f$ et $f'$ coïncident sur $s(B)$, qui est une partie de $A$. La simplifiabilité à droite de $s$ signifie donc que dès que deux applications définies sur $A$ coïncident sur $s(B)$, elles coïncident sur $A$ tout entier.
La surjectivité de $s$ équivaut à $s(B)=A$, qui implique donc la simplifiabilité à droite.
Réciproquement, si $s(B)\neq A$, on définit facilement sur $A$ deux applications $f$ et $f'$ qui coïncident sur $s(B)$ mais pas sur $A$ tout entier, en posant par exemple : sur $s(B)$, $f$ et $f'$ constamment égales à 1 mais sur $A\setminus s(B)$, l'une égale à 1 et l'autre à 0.

## Exercice 2-6

Étant données deux applications $f:A\to C,g:B\to D$, soit $f\times g:A\times B\to C\times D,\left(a,b\right)\to \left(f(a),g(b)\right)$. Montrer que :
* si $f$ et $g$ sont injectives alors $f\times g$ l'est ;
* la réciproque est vraie si $A$ et $B$ sont non vides ;
* si $f$ et $g$ sont surjectives alors $f\times g$ l'est ;
* la réciproque est vraie si $C$ et $D$ sont non vides.
* Supposons que $f$ et $g$ sont injectives et montrons que $f\times g$ l'est.
** Première méthode. Si $\left(f\times g\right)\left(a,b\right)=\left(f\times g\right)\left(a',b'\right)$, c'est-à-dire si $\left(f\left(a\right),g\left(b\right)\right)=\left(f\left(a'\right),g\left(b'\right)\right)$, ou encore $f\left(a\right)=f\left(a'\right)$ et $g\left(b\right)=g\left(b'\right)$ alors $a=a'$ et $b=b'$ donc $\left(a,b\right)=\left(a',b'\right)$.
** Seconde méthode (utilisant l'exercice 4). Si $A$ ou $B$ est vide alors $f\times g$ est évidemment injective (c'est l'application de $\varnothing$ dans $C\times D$, de graphe vide). Sinon, il existe $f':C\to A,g':D\to B$ telles que $f'\circ f=\operatorname {id} _{A}$ et $g'\circ g=\operatorname {id} _{B}$, d'où $\left(f'\times g'\right)\circ \left(f\times g\right)=\left(f'\circ f\right)\times \left(g'\circ g\right)=\operatorname {id} _{A}\times \operatorname {id} _{B}=\operatorname {id} _{A\times B}$.
* Supposons $f\times g$ injective et $B\neq \varnothing$ et montrons que $f$ est injective. Par hypothèse, il existe $b\in B$. Si $f\left(a\right)=f\left(a'\right)$ alors $\left(f\times g\right)\left(a,b\right)=\left(f\times g\right)\left(a',b\right)$ donc $\left(a,b\right)=\left(a',b\right)$ donc $a=a'$. On montre de même que si $f\times g$ est injective et $A\neq \varnothing$ alors $g$ est injective.
* Supposons que $f$ et $g$ sont surjectives et montrons que $f\times g$ l'est. Soit $\left(c,d\right)\in C\times D$. Puisque $c\in C$, il existe (par surjectivité de $f$) au moins un $a\in A$ tel que $c=f\left(a\right)$. De même, il existe $b\in B$ tel que $d=g\left(b\right)$. Alors, $\left(c,d\right)=\left(f\times g\right)\left(a,b\right)$.
* Supposons $f\times g$ surjective et $D\neq \varnothing$ et montrons que $f$ est surjective. Par hypothèse, il existe $d\in D$. Pour tout $c\in C$, il existe alors (par surjectivité de $f\times g$) au moins un $\left(a,b\right)\in A\times B$ tel que $\left(c,d\right)=\left(f\times g\right)\left(a,b\right)$, d'où $c=f\left(a\right)$. On montre de même que si $f\times g$ est surjective et $C\neq \varnothing$ alors $g$ est surjective.

## Exercice 2-7

Soient $X$, $Y$ et $Z$ trois ensembles.
* Montrer que si $Y\neq \varnothing$ alors l'application $e:Y\times X^{Y}\to X,\,\left(y,g\right)\mapsto g\left(y\right)$ est surjective, mais non injective en général.
* Qu'en est-il si $Y=\varnothing$ ?
* Soit une application $f:Y\times Z\to X$. On lui associe une application $F:Z\to X^{Y}$ en posant : $\forall \left(y,z\right)\in Y\times Z\quad F\left(z\right)\left(y\right)=f\left(y,z\right)$. Vérifier que $e\circ \left(\operatorname {id} _{Y}\times F\right)=f$ (pour la notation $\operatorname {id} _{Y}\times F$, cf. exercice précédent).
* A-t-on :
** $F$ surjective $\Rightarrow f$ surjective ?
** $f$ surjective $\Rightarrow F$ surjective ?
** $f$ injective $\Rightarrow F$ surjective ?
** $F$ injective $\Rightarrow f$ injective ?
* Supposons $Y\neq \varnothing$ et montrons que $e$ est surjective. Par hypothèse, il existe au moins un $y_{0}\in Y$. Pour tout $x\in X$, notons $c_{x}$ l'application constante $Y\to X,\,y\mapsto x$. Alors, $x=e\left(y_{0},c_{x}\right)$. En général, $e$ n'est pas injective et même : il n'existe aucune injection de $Y\times X^{Y}$ dans $X$ si $\operatorname {card} \left(Y\right)\times \operatorname {card} \left(X\right)^{\operatorname {card} \left(Y\right)}>\operatorname {card} \left(X\right)$ — par exemple si $\operatorname {card} \left(X\right)=1<\operatorname {card} \left(Y\right)$.
* Si $Y=\varnothing$ alors $e$ est l'application de $\varnothing$ dans $X$, de graphe vide. Elle est toujours injective, mais n'est surjective que si $X=\varnothing$.
* $\forall \left(y,z\right)\in Y\times Z\quad \left(e\circ \left(\operatorname {id} _{Y}\times F\right)\right)\left(y,z\right)=e\left(y,F\left(z\right)\right)=F\left(z\right)\left(y\right)=f\left(y,z\right)$.
** On déduit des questions précédentes que si $Y\neq \varnothing$ et si $F$ est surjective (donc $\operatorname {id} _{Y}\times F$ aussi d'après l'exercice précédent), alors $f$ aussi. (Lorsque $Y=\varnothing$, $F$ est surjective si et seulement si $Z\neq \varnothing$, et $f$ est surjective si et seulement si $X=\varnothing$.)
** La réciproque est fausse et même : dès que $\operatorname {card} \left(Y\right)\times \operatorname {card} \left(Z\right)\geq \operatorname {card} \left(X\right)$, il existe des surjections $f:Y\times Z\to X$ mais aucune de $Z$ dans $X^{Y}$ si $\operatorname {card} \left(Z\right)<\operatorname {card} \left(X\right)^{\operatorname {card} \left(Y\right)}$ — par exemple si $\operatorname {card} \left(Z\right)=1<\operatorname {card} \left(X\right)\leq \operatorname {card} \left(Y\right)$.
** On déduit de la question 3 que si $f$ est injective alors $\operatorname {id} _{Y}\times F$ aussi, donc $F$ aussi si $Y\neq \varnothing$. (Lorsque $Y=\varnothing$, $f$ est toujours injective, mais $F$ ne l'est que si $\operatorname {card} \left(Z\right)\leq 1$.)
** La réciproque est fausse en général, à cause de la non-injectivité de $e$. Par exemple lorsque $\operatorname {card} \left(Z\right)=1$, $F$ est toujours injective, mais $f$ ne peut pas l'être si $\operatorname {card} \left(Y\right)>\operatorname {card} \left(X\right)$.

## Exercice 2-8

Soient $A$ et $B$ deux parties d'un ensemble $E$ et
    $f:{\mathcal {P}}(E)\to {\mathcal {P}}(A)\times {\mathcal {P}}(B),\quad X\mapsto (X\cap A,X\cap B)$.
Donner une condition nécessaire et suffisante sur $A$ et $B$ pour que $f$ soit :
* injective ;
* surjective ;
* bijective.
* $f(E)=(A,B)=f(A\cup B)$ donc si $f$ est injective alors $A\cup B=E$. Réciproquement, si $A\cup B=E$ alors $f$ est injective car pour tout $X\in {\mathcal {P}}(E)$, $(X\cap A)\cup (X\cap B)=X\cap (A\cup B)=X\cap E=X$ donc la donnée de $f(X)$ détermine complètement $X$.
* Si $f$ est surjective, soit $X\in {\mathcal {P}}(E)$ tel que $f(X)=(A,\varnothing )$. Alors, $A\subset X\subset E\setminus B$ donc $A\cap B=\varnothing$. Réciproquement, si $A\cap B=\varnothing$ alors, pour tout $(C,D)\in {\mathcal {P}}(A)\times {\mathcal {P}}(B)$, on a $D\cap A=C\cap B=\varnothing$ donc $f(C\cup D)=(C,D)$, ce qui prouve que $f$ est surjective.
* D'après les deux questions précédentes, $f$ est bijective si et seulement si $A$ et $B$ sont complémentaires dans $E$.

## Exercice 2-9

Soit $f:\mathbb {R} \to \mathbb {R} \quad x\mapsto {\frac {2x}{1+x^{2}}}$.
* $f$ est-elle injective ? surjective ?
* Montrer que $f(\mathbb {R} )=[-1,1]$.
* Montrer que $g:[-1,1]\to [-1,1]$, restriction de $f$, est une bijection.
* Retrouver ce résultat en étudiant les variations de $f$.
* $f$ n'est ni injective ($f(1/x)=f(x)$ pour tout $x\neq 0$), ni surjective ($|f(x)|\leq 1$).
* Un réel $y$ appartient à $f(\mathbb {R} )$ si et seulement si l'équation $yx^{2}-2x+y=0$ a des solutions, c'est-à-dire si $1-y^{2}\geq 0$.
* $0$ a $0$ comme unique antécédent, et un réel non nul de $[-1,1]$ a deux antécédents dans $\mathbb {R}$, inverses l'un de l'autre, donc un et un seul antécédent dans $[-1,1]$.
* $f'(x)={\frac {2(1-x^{2})}{(1+x^{2})^{2}}}$ donc $f$ est continue et strictement croissante sur $[-1,1]$, donc $g$ est une bijection de $[-1,1]$ sur $[f(-1),f(1)]=[-1,1]$.
Montrer que l'application $\left[-1,+\infty \right[\to \left]0,1\right],\,x\mapsto {\frac {1}{\sqrt {x^{2}+2x+2}}}$ est bijective et expliciter la bijection réciproque.
Soient $x\in \left[-1,+\infty \right[$ et $y\in \left]0,1\right]$.
$y={\frac {1}{\sqrt {x^{2}+2x+2}}}\Leftrightarrow (x+1)^{2}+1={\frac {1}{y^{2}}}\Leftrightarrow x=-1+{\sqrt {{\frac {1}{y^{2}}}-1}}$.

## Exercice 2-10

Soient $f:E\to F$, $g:G\to F$ et $h:E\to H\neq \varnothing$. Démontrer que :
* $\left(\exists u:E\to G\quad f=g\circ u\right)\Leftrightarrow \left(\operatorname {im} f\subset \operatorname {im} g\right)$ ;
* $\left(\exists v:F\to H\quad h=v\circ f\right)\Leftrightarrow \left(\forall x_{1},x_{2}\in E\quad f(x_{1})=f(x_{2})\Rightarrow h(x_{1})=h(x_{2})\right)$. Pourquoi faut-il supposer $H\neq \varnothing$ ?
Dans ces deux équivalences, le sens direct est immédiat. Démontrons les réciproques.
* Si $\operatorname {im} f\subset \operatorname {im} g$ alors, pour tout $x\in E$, $f(x)$ possède au moins un antécédent par $g$. On en choisit un et on le note $u(x)$. Cela définit une application $u:E\to G$ telle que $f=g\circ u$.
* Si $\forall x_{1},x_{2}\in E\quad f(x_{1})=f(x_{2})\Rightarrow h(x_{1})=h(x_{2})$ alors pour tout $y\in \operatorname {im} f$, on pose $v(y)=h(x)$ où $x$ est n'importe quel antécédent de $y$ par $f$. Pour tout $y\in F\setminus \operatorname {im} f$, on pose $v(y)=z$, où $z$ est un élément (fixé arbitrairement) de $H$. Cela définit une application $v:F\to H$ telle que $h=v\circ f$. Si $H=\varnothing$ alors $E=\varnothing$ (par existence de $h$) et la conclusion est fausse lorsque $F\neq \varnothing$ (car il n'existe alors aucune application $v:F\to \varnothing$).

## Exercice 2-11

Soit $f:E\to F$. On définit $u:{\mathcal {P}}(F)\to {\mathcal {P}}(E)$ par : $u(B)=f^{-1}(B)$.
Montrer que $u$ est injective si et seulement si $f$ est surjective.
* Si $f$ est surjective alors $\forall B\in {\mathcal {P}}(F)\quad B=f(u(B))$ (voir supra) donc $u$ est injective.
* Réciproquement, si $f$ n'est pas surjective, soit $b\in F$ sans antécédent, alors $u(\{b\})=u(\varnothing )$ donc $u$ n'est pas injective.

## Exercice 2-12

Soit $(E_{i})_{i\in I}$ une famille de sous-ensembles de $E$.
On considère l'application $\varphi :F^{E}\to \prod _{i\in I}F^{E_{i}},\;f\mapsto (f_{|E_{i}})_{i\in I}$.
À quelle condition $\varphi$ est-elle injective ? surjective ? En général, quelle est son image ?
$\varphi$ est injective si et seulement si $\cup _{i\in I}E_{i}=E$.
Son image est l'ensemble des familles $(f_{i})_{i\in I}\in \prod _{i\in I}F^{E_{i}}$ d'applications compatibles, c'est-à-dire telles que pour tous $i,j\in I$, $f_{i}$ et $f_{j}$ ont la même restriction à $E_{i}\cap E_{j}$.
$\varphi$ est donc surjective si et seulement si les $E_{i}$ sont disjoints deux à deux.
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