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Exo7

Injection, surjection, bijection

Exercice 1

Soientf:R!Retg:R!Rtelles quef(x) =3x+1 etg(x) =x21. A-t-onfg=gf?

Soitf:[0;1]![0;1]telle que

f(x) =( xsix2[0;1]\Q;

1xsinon.

Démontrer queff=id.

Soitf:[1;+¥[![0;+¥[telle quef(x) =x21.fest-elle bijective? Les applications suivantes sont-elles injectives, surjectives, bijectives?

1.f:N!N;n7!n+1

2.g:Z!Z;n7!n+1

3.h:R2!R2;(x;y)7!(x+y;xy)

4.k:Rnf1g!R;x7!x+1x1

Soitf:R!C;t7!eit. Changer les ensembles de départ et d"arrivée afin que (la restriction de)fdevienne bijective.

1.

Déterminer le module et l"ar gumentde ez.

2.

Calculer ez+z0;ez

;ez;(ez)npourn2Z. 3. L "applicatione xp: C!C;z7!ez, est-elle injective?, surjective? On considère quatre ensemblesA;B;CetDet des applicationsf:A!B,g:B!C,h:C!D. Montrer que : gfinjective)finjective, gfsurjective)gsurjective.

Montrer que :

gfethgsont bijectives,f;gethsont bijectives: 1

Exercice 8

Soitf:R!Rdéfinie parf(x) =2x=(1+x2).

1.fest-elle injective? surjective?

2.

Montrer que f(R) = [1;1].

3. Montrer que la restriction g:[1;1]![1;1]g(x) =f(x)est une bijection. 4. Retrouv erce résultat en étudiant les v ariationsde f. exercices de maths sur Indication pourl"exer cice1 NProuver que l"égalité est fausse.

Indication pour

l"exer cice

2 Nidest l"application identité définie parid(x) =xpour toutx2[0;1]. Doncff=idsignifieff(c) =xpour toutx2[0;1].Indication pourl"exer cice3 NMontrer quefest injective et surjective.Indication pourl"exer cice4 N1.fest injective mais pas surjective.

2.gest bijective.

3.haussi.

4.kest injective mais par surjective.Indication pourl"exer cice5 NMontrer que la restriction defdéfinie par :[0;2p[!U,t7!eitest une bijection. IciUest le cercle unité deC, c"est-à-dire l"ensemble

des nombres complexes de module égal à 1.Indication pourl"exer cice7 NPour la première assertion le début du raisonnement est : "supposons quegfest injective, soienta;a02Atels quef(a) =f(a0)",... à

vous de travailler, cela se termine par "...donca=a0, doncfest injective."Indication pourl"exer cice8 N1.fn"est ni injective, ni surjective.

2.

Pour y2R, résoudre l"équationf(x) =y.

3.

On pourra e xhiberl"in verse.3

Correction del"exer cice1 NSifg=gfalors

8x2Rfg(x) =gf(x):

Nous allons montrer que c"est faux, en exhibant un contre-exemple. Prenonsx=0. Alorsfg(0)=f(1)=2, etgf(0)=g(1)=0

doncfg(0)6=gf(0). Ainsifg6=gf.Correction del"exer cice2 NSoitx2[0;1]\Qalorsf(x) =xdoncff(x) =f(x) =x. Soitx=2[0;1]\Qalorsf(x) =1xdoncff(x) =f(1x), mais

1x=2[0;1]\Q(vérifiez-le!) doncff(x) =f(1x) =1(1x) =x. Donc pour toutx2[0;1]on aff(x) =x. Et donc

ff=id.Correction del"exer cice3 Nfest injective : soientx;y2[1;+¥[tels quef(x) =f(y): f(x) =f(y))x21=y21 )x=yorx;y2[1;+¥[doncx;ysont de même signe )x=y:

fest surjective : soity2[0;+¥[. Nous cherchons un élémentx2[1;+¥[tel quey=f(x) =x21 . Le réelx=py+1 convient!Correction del"exer cice4 N1.fn"est pas surjective car 0 n"a pas d"antécédent : en effet il n"existe pas den2Ntel quef(n) =0 (si cenexistait ce serait

n=1 qui n"est pas un élément deN). Par contrefest injective : soientn;n02Ntels quef(n) =f(n0)alorsn+1=n0+1

doncn=n0. Bilanfest injective, non surjective et donc non bijective. 2.

Pour montrer que gest bijective deux méthodes sont possibles. Première méthode : montrer quegest à la fois injective et

surjective. En effet soientn;n02Ztels queg(n) =g(n0)alorsn+1=n0+1 doncn=n0, alorsgest injective. Etgest surjective

car chaquem2Zadmet un antécédent parg: en posantn=m12Zon trouve bieng(n) =m. Deuxième méthode : expliciter

directement la bijection réciproque. Soit la fonctiong0:Z!Zdéfinie parg0(m) =m1 alorsg0g(n) =n(pour toutn2Z)

etgg0(m) =m(pour toutm2Z). Alorsg0est la bijection réciproque deget doncgest bijective. 3.

Montrons que hest injective. Soient(x;y);(x0;y0)2R2tels queh(x;y) =h(x0;y0). Alors(x+y;xy) = (x0+y0;x0y0)donc(

x+y=x0+y0 xy=x0y0

En faisant la somme des lignes de ce système on trouve 2x=2x0doncx=x0et avec la différence on obtienty=y0. Donc les

couples(x;y)et(x0;y0)sont égaux. Donchest injective.

Montrons quehest surjective. Soit(X;Y)2R2, cherchons lui un antécédent(x;y)parh. Un tel antécédent vérifieh(x;y) =

(X;Y), donc(x+y;xy) = (X;Y)ou encore :( x+y=X xy=Y Encore une fois on faisant la somme des lignes on obtientx=X+Y2 et avec la différencey=XY2 , donc(x;y) = (X+Y2 ;XY2

La partie "analyse" de notre raisonnement en finie passons à la "synthèse" : il suffit de juste de vérifier que le couple(x;y)que

l"on a obtenu est bien solution (on a tout fait pour!). Bilan pour(X;Y)donné, son antécédent parhexiste et est(X+Y2

;XY2

Donchest surjective.

En fait on pourrait montrer directement quehest bijective en exhibant sa bijection réciproque(X;Y)7!(X+Y2

;XY2 ). Mais vous

devriez vous convaincre qu"il s"agit là d"une différence de rédaction, mais pas vraiment d"un raisonnement différent.

4. Montrons d"abord que kest injective : soientx;x02Rnf1gtels quek(x) =k(x0)alorsx+1x1=x0+1x

01donc(x+1)(x01) =

(x1)(x0+1). En développant nous obtenonsxx0+x0x=xx0x0+x, soit 2x=2x0doncx=x0.

Au brouillon essayons de montrer quekest surjective : soity2Ret cherchonsx2Rnf1gtel quef(x) =y. Si un telxexiste

alors il vérifie x+1x1=ydoncx+1=y(x1), autrement ditx(y1) =y+1. Si l"on veut exprimerxen fonction deycela se fait

par la formulex=y+1y1. Mais attention, il y a un piège! Poury=1 on ne peut pas trouver d"antécédentx(cela revient à diviser

par 0 dans la fraction précédente). Donckn"est pas surjective cary=1 n"a pas d"antécédent.

Par contre on vient de montrer que s"il l"on considérait la restrictionkj:Rnf1g!Rnf1gqui est définie aussi parkj(x) =x+1x1(seull"espaced"arrivéechangeparrapportàk)alorscettefonctionkjestinjectiveetsurjective,doncbijective(enfaitsabijection

réciproque est elle même).Correction del"exer cice5 NConsidérons la restriction suivante def:fj:[0;2p[!U,t7!eit. Montrons que cette nouvelle applicationfjest bijective. IciUest le

cercle unité deCdonné par l"équation(jzj=1). 4

fjest surjective car tout nombre complexe deUs"écrit sous la forme polaireeiq, et l"on peut choisirq2[0;2p[.

fjest injective : f j(t) =fj(t0),eit=eit0 ,t=t0+2kpaveck2Z ,t=t0cart;t02[0;2p[et donck=0:

En conclusionfjest injective et surjective donc bijective.Correction del"exer cice6 N1.Pour z=x+iy, le module deez=ex+iy=exeiyestexet son argument esty.

2.

Les résultats : ez+z0=ezez0,ez

=e z,ez= (ez)1,(ez)n=enz. 3.

La fonction e xpn"est pas surjecti vecar jezj=ex>0 et doncezne vaut jamais 0. La fonction exp n"est pas non plus injective

car pourz2C,ez=ez+2ip.Correction del"exer cice7 N1.Supposons gfinjective, et montrons quefest injective : soienta;a02Aavecf(a) =f(a0)doncgf(a) =gf(a0)orgf

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