Ensembles et applications - Cours et exercices corrigés | 1re Bac sciences mathématiques

KORASATI · MATHÉMATIQUES

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Objectifs. Décrire un ensemble, démontrer une inclusion ou une égalité, calculer des opérations ensemblistes et comprendre une application avec ses ensembles de départ et d’arrivée. Étudier images, images réciproques, injection, surjection, bijection, composition, restriction et prolongement.

Prérequis. Appartenance, intervalles réels et calcul algébrique ; connecteurs logiques et quantificateurs. Ce chapitre correspond au parcours sciences mathématiques. On prend $\mathbb{N}=\{0;1;2;\ldots\}$ et $\mathbb{R}_+=[0;+\infty[$.

Décrire et comparer des ensembles

Appartenance et deux modes de description

Un ensemble est une collection d’éléments. $x\in A$ signifie que $x$ appartient à $A$, et $x\notin A$ qu’il n’y appartient pas. L’ensemble vide $\varnothing$ ne contient aucun élément.

On peut décrire un ensemble en extension, en énumérant ses éléments, ou en compréhension, à l’aide d’une propriété : $$A=\{-2;-1;0;1;2\}=\{n\in\mathbb{Z}\mid -2\le n\le2\}.$$ L’ordre de l’énumération ne compte pas et les répétitions ne créent pas de nouveaux éléments : $\{1;2;1\}=\{2;1\}$. On distingue un élément et le singleton qui le contient : $2\in\{1;2\}$, mais $\{2\}\subseteq\{1;2\}$.

Inclusion et égalité

$A\subseteq B$ signifie que tout élément de $A$ appartient à $B$ : $$A\subseteq B\quad\Longleftrightarrow\quad \forall x,\ (x\in A\Rightarrow x\in B).$$ Pour démontrer une inclusion, prendre un élément quelconque de $A$ et montrer qu’il appartient à $B$. Pour la réfuter, exhiber un élément de $A$ qui n’appartient pas à $B$.

Deux ensembles sont égaux s’ils ont exactement les mêmes éléments. La méthode de la double inclusion consiste à démontrer $A\subseteq B$ puis $B\subseteq A$. On peut aussi établir $x\in A\Longleftrightarrow x\in B$ pour un élément quelconque.

Exemple - Reconnaître un ensemble

Si $A=\{x\in\mathbb{R}\mid x^2-3x+2=0\}$ et $B=\{1;2\}$, alors $$x\in A\Longleftrightarrow(x-1)(x-2)=0 \Longleftrightarrow x=1\ \text{ou}\ x=2\Longleftrightarrow x\in B.$$ Donc $A=B$. Les équivalences garantissent que l’on n’a ni perdu ni ajouté d’élément.

Ensemble des parties

L’ensemble des parties de $E$, noté $\mathcal P(E)$, a pour éléments tous les sous-ensembles de $E$. Ainsi, pour $E=\{a;b\}$, $$\mathcal P(E)=\{\varnothing;\{a\};\{b\};\{a;b\}\}.$$ On a toujours $\varnothing\subseteq E$ et $E\subseteq E$, donc $\varnothing\in\mathcal P(E)$ et $E\in\mathcal P(E)$. En particulier, $\mathcal P(\varnothing)=\{\varnothing\}$ contient un élément ; ce n’est pas l’ensemble vide.

Opérations sur les ensembles

Soient $A$ et $B$ deux parties d’un ensemble de référence $E$.

Intersection, réunion, différence, complémentaire

$$\begin{align*} A\cap B&=\{x\in E\mid x\in A\ \text{et}\ x\in B\},\\ A\cup B&=\{x\in E\mid x\in A\ \text{ou}\ x\in B\},\\ A\setminus B&=\{x\in E\mid x\in A\ \text{et}\ x\notin B\},\\ E\setminus A&=\{x\in E\mid x\notin A\}. \end{align*}$$ Le « ou » de la réunion est inclusif. Deux ensembles sont disjoints si leur intersection est vide.

Le complémentaire dépend de $E$ : le complémentaire de $[0;1]$ dans $\mathbb{R}$ est $]-\infty;0[\cup]1;+\infty[$, alors que dans $[0;2]$ il est $]1;2]$.

Exemple - Bien traiter les bornes

Pour $A=[-2;3[$ et $B=]1;5]$, on obtient $$A\cap B=]1;3[,\qquad A\cup B=[-2;5],\qquad A\setminus B=[-2;1].$$ Le nombre $1$ appartient à $A$ mais pas à $B$, donc il appartient à $A\setminus B$. Le nombre $3$, absent de $A$, appartient pourtant à la réunion puisqu’il est dans $B$.

Propriétés et traduction logique

Les opérations $\cap$ et $\cup$ sont commutatives et associatives. On a $A\cap E=A$, $A\cup\varnothing=A$, $A\cap\varnothing=\varnothing$ et $A\cup E=E$. De plus, $$A\subseteq B\Longleftrightarrow A\cap B=A \Longleftrightarrow A\cup B=B.$$ Les deux lois de distributivité sont $$A\cap(B\cup C)=(A\cap B)\cup(A\cap C),$$ $$A\cup(B\cap C)=(A\cup B)\cap(A\cup C).$$ Par exemple, appartenir à $A\cap(B\cup C)$ signifie appartenir à $A$ et à au moins un des ensembles $B,C$. Cela équivaut à appartenir à $A\cap B$ ou à $A\cap C$ : les deux côtés ont donc exactement les mêmes éléments.

Lois de De Morgan, relativement à $E$

$$E\setminus(A\cup B)=(E\setminus A)\cap(E\setminus B),$$ $$E\setminus(A\cap B)=(E\setminus A)\cup(E\setminus B).$$ On retrouve les négations de « ou » et de « et ». La différence s’écrit aussi $A\setminus B=A\cap(E\setminus B)$.

Un dessin aide à explorer ces relations, mais une démonstration par appartenance s’applique aussi à des ensembles infinis que l’on ne peut pas dessiner élément par élément.

Produit cartésien

Le produit cartésien de deux ensembles $E,F$ est $$E\times F=\{(x;y)\mid x\in E\ \text{et}\ y\in F\}.$$ Ses éléments sont des couples ordonnés. Deux couples sont égaux si et seulement si leurs premières coordonnées sont égales et leurs secondes coordonnées sont égales. Ainsi $(1;2)\ne(2;1)$.

Pour $E=\{1;2\}$ et $F=\{a;b\}$, $$E\times F=\{(1;a);(1;b);(2;a);(2;b)\}.$$ Si $E$ ou $F$ est vide, leur produit est vide. Pour des ensembles finis contenant respectivement $p$ et $q$ éléments, le produit contient $pq$ couples : à chacun des $p$ premiers éléments correspondent $q$ choix du second.

Exemple - Une région du plan

Dans un repère, $[-1;2]\times[0;3]$ est l’ensemble des points dont l’abscisse est entre $-1$ et $2$, et l’ordonnée entre $0$ et $3$. C’est un rectangle avec son bord. On note $\mathbb{R}^2=\mathbb{R}\times\mathbb{R}$ l’ensemble des couples de réels.

Applications, images et antécédents

Définition et ensembles à préciser

Une application $f:E\to F$ associe à chaque élément $x$ de $E$ un unique élément $f(x)$ de $F$. $E$ est l’ensemble de départ ; $F$, l’ensemble d’arrivée. Le nombre $f(x)$ est l’image de $x$. Un antécédent de $y\in F$ est un $x\in E$ tel que $f(x)=y$.

Un élément de $E$ a exactement une image. Un élément de $F$ peut avoir aucun, un ou plusieurs antécédents. La formule seule ne définit donc pas complètement l’application : les ensembles $E$ et $F$ comptent.

Exemple - Le carré

Pour $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$, $f(x)=x^2$, le réel $4$ a deux antécédents, $2$ et $-2$ ; $0$ en a un ; $-1$ n’en a aucun. L’application est pourtant bien définie : chaque réel de départ possède bien une image unique.

Deux applications sont égales lorsqu’elles ont mêmes ensembles de départ et d’arrivée et mêmes images pour chaque élément de départ. Ainsi $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$, $f(x)=x^2$, et $g:\mathbb{R}_+\to\mathbb{R}_+$, $g(x)=x^2$, sont deux applications différentes malgré la même formule.

Image directe d’une partie

Pour $A\subseteq E$, l’image de $A$ par $f$ est $$f(A)=\{f(x)\mid x\in A\} =\{y\in F\mid\exists x\in A,\ f(x)=y\}.$$ En particulier, $f(E)$ est l’ensemble des valeurs effectivement atteintes. Toujours $f(E)\subseteq F$, mais cette inclusion peut être stricte.

Avec $f(x)=x^2$ sur $\mathbb{R}$, on a $f(\{-2;1;2\})=\{1;4\}$ et $f([-2;1])=[0;4]$. Pour cette dernière égalité, tout carré d’un élément de $[-2;1]$ est entre $0$ et $4$ ; réciproquement, si $y\in[0;4]$, alors $x=-\sqrt y\in[-2;0]\subseteq[-2;1]$ et $x^2=y$.

Image réciproque d’une partie

Pour $B\subseteq F$, on définit $$f^{-1}(B)=\{x\in E\mid f(x)\in B\}.$$ Avec $f(x)=x^2$, $f^{-1}([1;4])=[-2;-1]\cup[1;2]$, car $1\le x^2\le4$ équivaut à $1\le|x|\le2$. Et $f^{-1}(\{-1\})=\varnothing$.

Une notation à ne pas confondre

L’image réciproque $f^{-1}(B)$ d’un ensemble est définie pour toute application. Elle ne suppose pas que $f$ possède une application inverse. Ce n’est jamais un quotient $1/f(B)$.

Images et opérations ensemblistes

Pour $A,C\subseteq E$ et $B,D\subseteq F$, on a $$f(A\cup C)=f(A)\cup f(C),\qquad f(A\cap C)\subseteq f(A)\cap f(C).$$ En effet, si $y=f(x)$ avec $x\in A\cap C$, le même $x$ appartient aux deux ensembles et $y$ appartient aux deux images. L’inclusion réciproque n’est pas toujours vraie : pour $f(x)=x^2$, $A=\{-1\}$ et $C=\{1\}$, les deux images valent $\{1\}$ alors que $A\cap C=\varnothing$.

Les images réciproques préservent les opérations

$$\begin{align*} f^{-1}(B\cup D)&=f^{-1}(B)\cup f^{-1}(D),\\ f^{-1}(B\cap D)&=f^{-1}(B)\cap f^{-1}(D),\\ f^{-1}(F\setminus B)&=E\setminus f^{-1}(B). \end{align*}$$ Ces égalités ne demandent aucune injectivité ni surjectivité.

Par exemple, $x\in f^{-1}(B\cap D)$ équivaut à $f(x)\in B$ et $f(x)\in D$, donc à $x\in f^{-1}(B)$ et $x\in f^{-1}(D)$. On obtient l’égalité par équivalence d’appartenance.

On dispose aussi des inclusions $$A\subseteq f^{-1}(f(A)),\qquad f(f^{-1}(B))\subseteq B.$$ La première peut inclure de nouveaux antécédents de valeurs déjà atteintes. La seconde ne retient que les valeurs de $B$ qui sont effectivement atteintes : plus précisément, $f(f^{-1}(B))=B\cap f(E)$.

Injection, surjection et bijection

Application injective

$f:E\to F$ est injective si deux éléments distincts de $E$ ont des images distinctes. Pour démontrer cette propriété, on utilise souvent la formulation équivalente : $$\forall x,x'\in E,\quad f(x)=f(x')\Rightarrow x=x'.$$ Une application n’est pas injective dès que l’on trouve $x\ne x'$ dans $E$ avec $f(x)=f(x')$.

L’application $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$, $f(x)=3x-2$, est injective : $3x-2=3x'-2$ donne $3x=3x'$, puis $x=x'$. L’application carré sur $\mathbb{R}$ ne l’est pas car $f(-1)=f(1)$.

Application surjective

$f:E\to F$ est surjective si tout élément de $F$ a au moins un antécédent dans $E$ : $$\forall y\in F,\quad\exists x\in E,\quad f(x)=y.$$ Cela équivaut à $f(E)=F$. Pour le prouver, on fixe un $y$ quelconque dans $F$, résout $f(x)=y$ et vérifie que le candidat obtenu appartient bien à $E$.

Pour $f(x)=3x-2$ de $\mathbb{R}$ vers $\mathbb{R}$, le candidat $x=(y+2)/3$ est réel et vérifie $f(x)=y$ : $f$ est surjective. Le carré de $\mathbb{R}$ vers $\mathbb{R}$ ne l’est pas car $-1$ n’est pas atteint.

Application bijective

$f$ est bijective si elle est injective et surjective. Chaque élément de $F$ a alors exactement un antécédent dans $E$.

Application $x\mapsto x^2$	Injective	Surjective	Bijective
$\mathbb{R}\to\mathbb{R}$	Non	Non	Non
$\mathbb{R}\to\mathbb{R}_+$	Non	Oui	Non
$\mathbb{R}_+\to\mathbb{R}_+$	Oui	Oui	Oui

Pour la dernière ligne, si $x,x'\ge0$ et $x^2=x'^2$, alors $x=x'$ ; chaque $y\ge0$ possède l’antécédent $\sqrt y\ge0$. Il faut donc examiner la formule et les deux ensembles, pas seulement la formule.

Application réciproque d’une bijection

Si $f:E\to F$ est bijective, son application réciproque $f^{-1}:F\to E$ associe à $y$ son unique antécédent. Elle vérifie $$f^{-1}(f(x))=x\ (x\in E),\qquad f(f^{-1}(y))=y\ (y\in F).$$ Pour déterminer $f^{-1}$, on résout $y=f(x)$ en $x$, puis on précise le domaine et l’ensemble d’arrivée de la réciproque.

Exemple - Une bijection affine

Pour $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$, $f(x)=3x-2$, on a $y=3x-2\Longleftrightarrow x=(y+2)/3$. Donc $f^{-1}:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ est définie par $f^{-1}(y)=(y+2)/3$. On vérifie $f(f^{-1}(y))=3(y+2)/3-2=y$.

La réciproque de la bijection $x\mapsto x^2$ de $\mathbb{R}_+$ vers $\mathbb{R}_+$ est $y\mapsto\sqrt y$. Le carré sur tout $\mathbb{R}$ n’a pas de réciproque en tant qu’application vers $\mathbb{R}_+$ : un $y>0$ possède deux antécédents.

Image réciproque et application réciproque

Si $f$ est bijective, l’image réciproque d’une partie $B\subseteq F$ est bien l’ensemble des images de ses éléments par l’application réciproque. Sans bijectivité, seule la notion d’image réciproque d’une partie reste disponible.

Composition de deux applications

Si $f:E\to F$ et $g:F\to G$, leur composée $g\circ f:E\to G$ est définie par $$(g\circ f)(x)=g(f(x)).$$ On applique d’abord $f$, puis $g$. Plus généralement, la composition est possible si toutes les valeurs de $f$ appartiennent au domaine de $g$.

Exemple - L’ordre change le résultat

Pour $f(x)=x+1$ et $g(x)=x^2$, définies de $\mathbb{R}$ vers $\mathbb{R}$, $$(g\circ f)(x)=(x+1)^2,\qquad(f\circ g)(x)=x^2+1.$$ Au point $1$, les valeurs sont $4$ et $2$. La composition n’est donc pas commutative en général. En revanche, elle est associative : $h\circ(g\circ f)=(h\circ g)\circ f$, lorsque les ensembles permettent les compositions.

Ne pas oublier le domaine

Avec $f(x)=x-1$ et $g(t)=\sqrt t$, $g(f(x))$ existe lorsque $x-1\ge0$, donc pour $x\in[1;+\infty[$. La formule $\sqrt{x-1}$ n’est pas une application réelle définie sur tout $\mathbb{R}$.

Composition et propriétés

Si $f$ et $g$ sont injectives, alors $g\circ f$ est injective : l’égalité $g(f(x))=g(f(x'))$ donne d’abord $f(x)=f(x')$, puis $x=x'$. Si elles sont surjectives, la composée l’est aussi : pour $z\in G$, choisir $y\in F$ avec $g(y)=z$, puis $x\in E$ avec $f(x)=y$.

Si $f$ et $g$ sont bijectives, $g\circ f$ est bijective et $$(g\circ f)^{-1}=f^{-1}\circ g^{-1}.$$ L’ordre s’inverse : pour revenir de $G$ vers $E$, on défait d’abord $g$, puis $f$. L’application identité $\operatorname{id}_E:E\to E$ est définie par $\operatorname{id}_E(x)=x$. Les relations de réciprocité s’écrivent $f^{-1}\circ f=\operatorname{id}_E$ et $f\circ f^{-1}=\operatorname{id}_F$.

Restriction et prolongement

Pour $A\subseteq E$, la restriction de $f:E\to F$ à $A$, notée $f_{|A}:A\to F$, utilise la même règle avec un ensemble de départ plus petit. Ainsi le carré, non injectif sur $\mathbb{R}$, devient injectif lorsqu’on le restreint à $\mathbb{R}_+$.

La restriction ne change pas automatiquement l’ensemble d’arrivée. Pour obtenir la bijection carré $\mathbb{R}_+\to\mathbb{R}_+$, on a aussi choisi comme nouvel ensemble d’arrivée $\mathbb{R}_+$, qui contient toutes les valeurs de la restriction.

Une application $g:E'\to F$ est un prolongement de $f:E\to F$ si $E\subseteq E'$ et $g_{|E}=f$. Le prolongement conserve toutes les anciennes valeurs, mais ajoute des valeurs aux nouveaux points.

Exemple - Compléter un point manquant

Soit $f:\mathbb{R}\setminus\{1\}\to\mathbb{R}$, $f(x)=(x^2-1)/(x-1)$. Pour $x\ne1$, on a $f(x)=x+1$. L’application $g:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$, $g(x)=x+1$, prolonge donc $f$ et donne $g(1)=2$.

Si l’on ne demande aucune propriété supplémentaire au prolongement, il n’est pas unique : on peut garder $x+1$ pour $x\ne1$ et choisir une autre valeur en $1$. La condition « prolonger » impose seulement l’accord sur l’ancien domaine.

Exercices corrigés

Pour chaque application, conserver les ensembles de départ et d’arrivée dans le raisonnement.

Exercice 1 - Parties d’un ensemble fini

Soit $E=\{-2;-1;0;1;2;3\}$, $A=\{x\in E\mid x^2\le4\}$ et $B$ l’ensemble des entiers impairs de $E$. Déterminer $A$, $B$, $A\cap B$, $A\cup B$, $A\setminus B$ et $E\setminus A$. Écrire $\mathcal P(\{0;1\})$.

Correction. $A=\{-2;-1;0;1;2\}$ et $B=\{-1;1;3\}$. Les éléments communs sont $A\cap B=\{-1;1\}$ ; tous les éléments de $E$ sont dans au moins l’un des deux, donc $A\cup B=E$. On obtient $A\setminus B=\{-2;0;2\}$ et $E\setminus A=\{3\}$. Enfin, $$\mathcal P(\{0;1\})=\{\varnothing;\{0\};\{1\};\{0;1\}\}.$$ Ne pas confondre $0$, le singleton $\{0\}$ et l’ensemble vide.

Exercice 2 - Intervalles et complémentaire

Pour $A=]-3;2]$ et $B=[0;4[$, calculer $A\cap B$, $A\cup B$, $A\setminus B$, $B\setminus A$ et $\mathbb{R}\setminus(A\cup B)$.

Correction. $A\cap B=[0;2]$ ; $A\cup B=]-3;4[$ ; $A\setminus B=]-3;0[$ ; $B\setminus A=]2;4[$. Le complémentaire de la réunion est $]-\infty;-3]\cup[4;+\infty[$. Les bornes $-3$ et $4$ sont absentes de la réunion et appartiennent donc au complémentaire ; $0$ et $2$ sont dans l’intersection.

Exercice 3 - Démontrer une identité

Pour $A,B,C\subseteq E$, démontrer $$A\setminus(B\cup C)=(A\setminus B)\cap(A\setminus C).$$ Correction. Pour tout $x\in E$, appartenir au membre de gauche signifie $x\in A$ et $x\notin B\cup C$. Cela équivaut à $x\in A$, $x\notin B$ et $x\notin C$, puis à $x\in A\setminus B$ et $x\in A\setminus C$. C’est exactement l’appartenance au membre de droite. Les équivalences sont valables pour chaque $x$, donc les ensembles sont égaux.

Exercice 4 - Image et image réciproque

Soit $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$, $f(x)=x^2-1$. Déterminer $f([-2;1])$, $f^{-1}(\{3\})$ et $f^{-1}([-1;3])$.

Correction. Sur $[-2;1]$, le carré prend exactement les valeurs de $[0;4]$ : chaque valeur $t\in[0;4]$ est atteinte en $-\sqrt t\in[-2;0]$. Donc $f([-2;1])=[-1;3]$. Pour un antécédent de $3$, $x^2-1=3\Longleftrightarrow x^2=4$, d’où $f^{-1}(\{3\})=\{-2;2\}$. Enfin, $$-1\le x^2-1\le3\Longleftrightarrow0\le x^2\le4 \Longleftrightarrow-2\le x\le2,$$ donc $f^{-1}([-1;3])=[-2;2]$. Cette image réciproque existe même si $f$ n’est pas bijective.

Exercice 5 - Une bijection avec des valeurs exclues

On pose $E=\mathbb{R}\setminus\{3\}$, $F=\mathbb{R}\setminus\{2\}$ et $f(x)=(2x+1)/(x-3)$. Vérifier que $f:E\to F$ est bien définie, puis démontrer sa bijectivité et déterminer sa réciproque.

Correction. Pour $x\ne3$, le dénominateur est non nul. De plus, $$f(x)-2=\frac{2x+1-2(x-3)}{x-3}=\frac7{x-3}\ne0,$$ donc $f(x)\in F$. Fixons $y\ne2$. On résout $$\frac{2x+1}{x-3}=y\Longleftrightarrow 2x+1=yx-3y \Longleftrightarrow x=\frac{3y+1}{y-2}.$$ Ce candidat est dans $E$, car $x-3=7/(y-2)\ne0$. Il est unique et la substitution redonne $f(x)=y$. Chaque $y\in F$ possède donc exactement un antécédent dans $E$ : $f$ est bijective, avec $$f^{-1}:F\to E,\qquad f^{-1}(y)=\frac{3y+1}{y-2}.$$

Exercice 6 - Changer le domaine de départ

Étudier l’injectivité et la surjectivité de $f:\mathbb{R}\to[1;+\infty[$, $f(x)=x^2+1$. Montrer que $h:[0;+\infty[\to[1;+\infty[$, $h(x)=x^2+1$, est bijective et donner $h^{-1}$.

Correction. $f$ n’est pas injective puisque $f(-1)=f(1)=2$. Pour chaque $y\ge1$, $x=\sqrt{y-1}\in\mathbb{R}$ vérifie $f(x)=y$ : $f$ est surjective. Pour $h$, si $x,x'\ge0$ et $x^2+1=x'^2+1$, l’égalité des carrés de deux réels positifs ou nuls donne $x=x'$ ; $h$ est injective. Le même candidat $\sqrt{y-1}$ appartient maintenant au domaine $[0;+\infty[$ : $h$ est surjective, donc bijective. Sa réciproque est $h^{-1}(y)=\sqrt{y-1}$, de $[1;+\infty[$ vers $[0;+\infty[$.

Exercice 7 - Composer dans le bon ordre

On pose $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$, $f(x)=2x-1$, et $g:[0;+\infty[\to[0;+\infty[$, $g(t)=\sqrt t$. Déterminer les domaines naturels de $g\circ f$ et de $f\circ g$, leurs formules, puis résoudre $(g\circ f)(x)=3$.

Correction. Pour $g\circ f$, il faut $2x-1\ge0$, donc le domaine est $[1/2;+\infty[$ et la formule $\sqrt{2x-1}$. Pour $f\circ g$, $x\ge0$ suffit puisque $f$ accepte toute valeur réelle ; sa formule est $2\sqrt x-1$. Enfin, sur le domaine du premier, $$\sqrt{2x-1}=3\Longleftrightarrow2x-1=9\Longleftrightarrow x=5.$$ La valeur $5$ appartient au domaine et donne bien $3$ ; l’ensemble des solutions est $\{5\}$.

Exercice 8 - Une inclusion qui devient une égalité

Soit $f:E\to F$ et $A\subseteq E$. Montrer $A\subseteq f^{-1}(f(A))$. Montrer que l’égalité est vraie si $f$ est injective, puis donner un contre-exemple lorsque $f$ ne l’est pas.

Correction. Si $x\in A$, alors $f(x)\in f(A)$, donc $x\in f^{-1}(f(A))$. Si $f$ est injective et $x\in f^{-1}(f(A))$, il existe $a\in A$ tel que $f(x)=f(a)$ ; l’injectivité donne $x=a\in A$. La double inclusion prouve l’égalité. Avec $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$, $f(x)=x^2$, et $A=\{1\}$, on a $f(A)=\{1\}$ puis $f^{-1}(f(A))=\{-1;1\}$, strictement plus grand que $A$.

Exercice 9 - Composition et réciproque

Soient $f,g:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$, $f(x)=2x+1$, $g(x)=x-3$. Déterminer $(g\circ f)^{-1}$ de deux façons et expliquer l’ordre des applications réciproques.

Correction. $g\circ f(x)=2x-2$ est affine de coefficient non nul, donc bijective. Résoudre $y=2x-2$ donne directement $(g\circ f)^{-1}(y)=(y+2)/2$. D’autre part, $g^{-1}(y)=y+3$ et $f^{-1}(t)=(t-1)/2$, d’où $$(f^{-1}\circ g^{-1})(y)=\frac{(y+3)-1}{2}=\frac{y+2}{2}.$$ On commence par annuler la dernière opération, celle de $g$, puis celle de $f$. Dans l’autre ordre, $g^{-1}(f^{-1}(y))=(y+5)/2$, ce qui n’est pas la formule cherchée.

Exercice 10 - Prolonger sans inventer une unicité

Soit $u:\mathbb{R}\setminus\{2\}\to\mathbb{R}$, $u(x)=(x^2-4)/(x-2)$. Donner un prolongement affine à $\mathbb{R}$, puis un autre prolongement qui n’est pas affine. Le prolongement affine est-il unique ?

Correction. Pour $x\ne2$, factoriser donne $u(x)=x+2$. L’application $v:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$, $v(x)=x+2$, est donc un prolongement affine, avec $v(2)=4$. Une autre application prolonge $u$ en gardant $x+2$ pour $x\ne2$ et en prenant la valeur $0$ en $2$. Elle n’est pas affine : l’unique fonction affine prenant les valeurs $2$ en $0$ et $3$ en $1$ est $x+2$, qui vaut $4$ en $2$. Le même argument montre que le prolongement affine est unique, même si les prolongements sans condition supplémentaire sont nombreux.

Fin du cours et des exercices corrigés