Applications : injections, surjections et bijections

Une application $f$ de $E$ dans $F$ associe à chaque élément $x$ de l'ensemble de départ $E$ un et un seul élément de l'ensemble d'arrivée $F$, noté $f(x)$ et appelé image de $x$ par $f$. En quantificateurs : $\forall x \in E,\ \exists ! y \in F,\ y = f(x)$. On écrit $f : E \to F$ pour relier les deux ensembles, et $x \longmapsto f(x)$ pour relier un élément à son image : les deux flèches ne se remplacent pas. Une application est donc la donnée de trois objets, $E$, $F$ et la règle : changer l'un des trois change l'application. Le mot fonction s'emploie quand la règle n'est pas définie sur tout $E$ ; on précise alors son ensemble de définition, et l'on obtient une application en prenant cet ensemble pour départ.

Le graphe de $f : E \to F$ est la partie $\Gamma_f = \{(x, f(x)) \mid x \in E\}$ du produit cartésien $E \times F$ (voir le thème Ensembles et opérations ensemblistes). Réciproquement, une partie $\Gamma$ de $E \times F$ est le graphe d'une application de $E$ dans $F$ si et seulement si $\forall x \in E,\ \exists ! y \in F,\ (x,y) \in \Gamma$ : c'est la traduction ensembliste de « une image, et une seule ». Le graphe dit que l'application est entièrement déterminée par ses valeurs, et rien d'autre : la courbe tracée dans le plan en est le cas particulier $E, F \subset \mathbb{R}$.

Propriété : deux applications $f : E \to F$ et $g : E' \to F'$ sont égales si et seulement si $E = E'$, $F = F'$ et $\forall x \in E,\ f(x) = g(x)$. Démontrer $f = g$ se rédige donc toujours de la même manière : vérifier que les départs coïncident, que les arrivées coïncident, puis écrire « Soit $x \in E$ » et calculer $f(x)$ et $g(x)$. Les deux applications $x \longmapsto x$ de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$ et $x \longmapsto x$ de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{C}$ ne sont pas égales, bien qu'elles partagent la même règle.

$f(x)$ se lit « $f$ de $x$ » et se dit image de $x$ par $f$ : c'est un élément de $F$. Un antécédent de $y \in F$ est un élément $x \in E$ tel que $f(x) = y$ : un élément de $F$ peut en avoir zéro, un, ou plusieurs, alors qu'un élément de $E$ a toujours exactement une image. L'ensemble image de $f$ est $f(E) = \{f(x) \mid x \in E\}$, partie de $F$ qu'il ne faut pas confondre avec $F$ lui-même. Dire qu'une application est bien définie, c'est vérifier deux choses : que la règle produit un résultat pour tout $x \in E$, et que ce résultat appartient bien à $F$.

Ligne fautive : « Soit la fonction $f(x) = 2x + 1$. Montrons que $f(x)$ est injective. »
Une application est un objet, $f$ ; $f(x)$ est un nombre, l'image d'un point, et un nombre n'est ni injectif ni croissant. Écrire $f(x)$ à la place de $f$ empêche aussi de nommer le départ et l'arrivée, alors que l'injectivité et la surjectivité en dépendent. La confusion se paie plus loin : $f \circ g$ a un sens, $f(x) \circ g(x)$ n'en a aucun.
Version correcte : « Soit $f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ définie par $f(x) = 2x + 1$ pour tout $x \in \mathbb{R}$. Montrons que $f$ est injective. » On écrit aussi $f : \mathbb{R} \to \mathbb{R},\ x \longmapsto 2x + 1$, qui dit les trois données d'un coup.

L'ensemble des applications de $E$ dans $F$ se note $\mathcal{F}(E,F)$, ou plus brièvement $F^E$. Cette seconde notation est celle que l'on retrouve partout : $\mathbb{R}^{\mathbb{N}}$ est l'ensemble des suites réelles, une suite étant exactement une application de $\mathbb{N}$ dans $\mathbb{R}$, et $\{0,1\}^E$ est l'ensemble des applications de $E$ dans $\{0,1\}$, dont on verra plus loin qu'il correspond terme à terme aux parties de $E$. Une suite finie $(a_1, \dots, a_n)$ est de même une application de $\{1, \dots, n\}$ dans $F$.

L'identité de $E$ est $\mathrm{id}_E : E \to E,\ x \longmapsto x$ ; l'indice compte : dès que $E \neq F$, les applications $\mathrm{id}_E$ et $\mathrm{id}_F$ sont distinctes, leurs départs n'étant pas les mêmes. Une application constante est une application $f : E \to F$ pour laquelle il existe $c \in F$ tel que $\forall x \in E,\ f(x) = c$. Si $A \subset E$, l'injection canonique de $A$ dans $E$ est $\iota : A \to E,\ x \longmapsto x$ : elle a la même règle que l'identité, mais pas le même départ. Les projections du produit $E \times F$ sont $p_1 : E \times F \to E,\ (x,y) \longmapsto x$ et $p_2 : E \times F \to F,\ (x,y) \longmapsto y$.

Soit $f : E \to F$ et $A \subset E$. La restriction de $f$ à $A$ est $f_{|A} : A \to F,\ x \longmapsto f(x)$ : même règle, départ plus petit. Si $B \subset F$ contient $f(E)$, la corestriction de $f$ à $B$ est l'application $E \to B,\ x \longmapsto f(x)$ : même règle, arrivée plus petite ; elle n'a de sens que si toutes les valeurs de $f$ tombent dans $B$. Enfin, $g : E \to F$ est un prolongement de $h : A \to F$ lorsque $A \subset E$ et $g_{|A} = h$. Restreindre ou corestreindre ne change pas les valeurs, mais change l'application, donc peut changer son injectivité et sa surjectivité.

Propriété : toute application $f : E \to F$ induit, par corestriction à $f(E)$, une application $\tilde{f} : E \to f(E),\ x \longmapsto f(x)$ qui est surjective (les mots injective, surjective et bijective sont définis dans les cartes suivantes). Si de plus $f$ est injective, alors $\tilde{f}$ est bijective : toute application injective induit une bijection de son départ sur son image. C'est le procédé qui permet de dire qu'une application injective « identifie » $E$ à une partie de $F$, et il sert à chaque fois qu'un énoncé demande une bijection là où l'on n'a qu'une injection.

Ligne fautive : « L'application $x \longmapsto x^2$ est surjective, car tout réel positif admet une racine carrée. »
La formule ne suffit jamais à répondre : l'application $\mathbb{R} \to \mathbb{R},\ x \longmapsto x^2$ n'est pas surjective, puisque $-1$ n'a pas d'antécédent, alors que $\mathbb{R} \to \mathbb{R}_+,\ x \longmapsto x^2$ l'est. De même $\mathbb{R} \to \mathbb{R},\ x \longmapsto x^2$ n'est pas injective, car $f(-1) = f(1) = 1$ avec $-1 \neq 1$, tandis que sa restriction à $\mathbb{R}_+$ l'est. La surjectivité dépend de l'arrivée, l'injectivité dépend du départ.
Version correcte : « L'application $g : \mathbb{R} \to \mathbb{R}_+,\ x \longmapsto x^2$ est surjective : pour tout $y \in \mathbb{R}_+$, le réel $\sqrt{y}$ vérifie $g(\sqrt{y}) = y$. L'application $f : \mathbb{R} \to \mathbb{R},\ x \longmapsto x^2$, elle, ne l'est pas. » Premier réflexe devant une question d'injectivité ou de surjectivité : écrire le départ et l'arrivée.

Soient $f : E \to F$ et $g : F \to G$. La composée de $f$ par $g$ est l'application $g \circ f : E \to G,\ x \longmapsto g(f(x))$, qui se lit « $g$ rond $f$ ». Elle n'est définie que si l'arrivée de $f$ est incluse dans le départ de $g$ : c'est la première chose à vérifier avant d'écrire un rond. Dans $g \circ f$, c'est $f$ qui agit en premier : l'ordre d'écriture est l'inverse de l'ordre d'application, parce que l'on écrit $g(f(x))$ de gauche à droite.

Propriété : pour $f : E \to F$, $g : F \to G$ et $h : G \to H$, on a $h \circ (g \circ f) = (h \circ g) \circ f$ : les deux applications ont même départ $E$, même arrivée $H$, et valent $h(g(f(x)))$ en tout $x$. On note donc $h \circ g \circ f$ sans parenthèses. De plus $f \circ \mathrm{id}_E = f$ et $\mathrm{id}_F \circ f = f$. En revanche la composition n'est pas commutative : pour $f(x) = x + 1$ et $g(x) = x^2$ sur $\mathbb{R}$, $(g \circ f)(1) = 4$ et $(f \circ g)(1) = 2$. Lorsque $f : E \to E$, on note $f^n = f \circ \dots \circ f$ ($n$ facteurs), avec $f^0 = \mathrm{id}_E$, à ne pas confondre avec la puissance $(f(x))^n$.

Ligne fautive : « $(g \circ f)(x) = f(g(x))$. »
Le rond se lit de droite à gauche : $g \circ f$ applique $f$ d'abord. Avec $f : \mathbb{R} \to \mathbb{R},\ x \longmapsto x + 1$ et $g : \mathbb{R} \to \mathbb{R},\ x \longmapsto x^2$, on a $(g \circ f)(3) = g(4) = 16$, tandis que $(f \circ g)(3) = f(9) = 10$ : les deux applications sont différentes, et une erreur d'ordre fausse tout le reste de l'exercice. Le même renversement se produit pour la réciproque d'une composée.
Version correcte : « $(g \circ f)(x) = g(f(x))$ : on part de $x$, on lui applique $f$, puis on applique $g$ au résultat. » Réflexe : dans $g \circ f$, la lettre la plus proche de $x$ est celle qui agit en premier.

Une application $f : E \to F$ est injective lorsque deux éléments distincts du départ ont des images distinctes : $\forall (x,x') \in E^2,\ x \neq x' \Rightarrow f(x) \neq f(x')$. On emploie presque toujours la forme contraposée, qui lui est équivalente et beaucoup plus commode à manipuler : $\forall (x,x') \in E^2,\ f(x) = f(x') \Rightarrow x = x'$. En français : tout élément de $F$ admet au plus un antécédent par $f$, éventuellement aucun. On dit aussi que $f$ est une injection de $E$ dans $F$.

Propriété : $f : E \to F$ n'est pas injective si et seulement si $\exists (x,x') \in E^2,\ x \neq x' \ \text{ et } \ f(x) = f(x')$. La négation d'un « pour tout » est un « il existe » (voir le thème Nier une proposition) : réfuter une injectivité ne demande donc pas un raisonnement général, mais deux éléments du départ, explicitement nommés, distincts, et de même image. Les trois conditions se vérifient sur la copie, la distinction comprise : c'est elle que l'on oublie.

Quand l'utiliser : l'énoncé demande « $f$ est-elle injective », « montrer que $f$ est une injection », « montrer que l'équation $f(x) = y$ a au plus une solution », ou l'unicité d'un antécédent.
1) Ouvrir par la forme contraposée, toujours la même : « Soient $x, x' \in E$ tels que $f(x) = f(x')$. Montrons que $x = x'$. » Les deux éléments sont quelconques : aucune valeur particulière ne doit apparaître.
2) Écrire l'égalité $f(x) = f(x')$ avec la règle de $f$, puis la transformer par équivalences ou par déductions qui vont dans le bon sens, jusqu'à $x = x'$.
3) Choisir l'outil selon la forme de $f$. Factoriser $f(x) - f(x')$ par $x - x'$ et montrer que l'autre facteur ne s'annule pas. Appliquer aux deux membres une application dont on sait qu'elle est injective (logarithme, exponentielle, une réciproque déjà construite). Identifier les composantes quand l'arrivée est un produit ou $\mathbb{C}$ : deux couples sont égaux si et seulement si leurs composantes le sont. Pour une fonction réelle, invoquer la stricte monotonie (bloc Analyse 1), qui entraîne l'injectivité.
4) Conclure avec les mots de la définition : « Ainsi $x = x'$, donc $f$ est injective. »
5) Variante sans calcul : exhiber $g : F \to E$ telle que $g \circ f = \mathrm{id}_E$, ce qui suffit à conclure (voir la carte sur les inverses à gauche).

Soit $f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ définie par $f(x) = x^3 + x$. Montrer que $f$ est injective.
Soient $x, y \in \mathbb{R}$ tels que $f(x) = f(y)$. Montrons que $x = y$.
Par définition de $f$, l'hypothèse s'écrit $x^3 + x = y^3 + y$, c'est-à-dire $x^3 - y^3 + x - y = 0$.
Or $x^3 - y^3 = (x - y)(x^2 + xy + y^2)$, donc $(x - y)(x^2 + xy + y^2) + (x - y) = 0$, soit $(x - y)\left(x^2 + xy + y^2 + 1\right) = 0$.
Étudions le second facteur. Pour tous réels $x$ et $y$, $x^2 + xy + y^2 = \left(x + \frac{y}{2}\right)^2 + \frac{3y^2}{4} \geq 0$, donc $x^2 + xy + y^2 + 1 \geq 1 > 0$ : ce facteur n'est jamais nul.
Un produit de deux réels est nul si et seulement si l'un des deux facteurs est nul. Le second ne l'étant pas, on a $x - y = 0$, donc $x = y$.
Ainsi, pour tous $x, y \in \mathbb{R}$, $f(x) = f(y)$ entraîne $x = y$ : $f$ est injective.
À retenir : on part de l'égalité des images, on factorise l'écart $f(x) - f(y)$ par $x - y$, et l'on démontre que le cofacteur ne s'annule pas, par mise sous forme canonique.

Quand l'utiliser : la question est ouverte (« $f$ est-elle injective ? »), ou la réponse attendue est négative ; c'est une réfutation par contre-exemple (voir le thème Réfuter par un contre-exemple).
1) Chercher au brouillon deux points de même image. Les pistes habituelles : une symétrie ($x$ et $-x$ pour une expression paire), une périodicité ($x$ et $x + 2\pi$), une valeur atteinte deux fois (résoudre $f(x) = c$ pour un $c$ simple, souvent $c = 0$).
2) Sinon, résoudre l'équation $f(x) = f(y)$ d'inconnues $x$ et $y$ : la factorisation fait apparaître, à côté de $x - y$, un second facteur qui peut s'annuler, et toute solution de ce second facteur fournit un couple.
3) Sur la copie, ne rien garder de cette recherche : exhiber les deux valeurs, vérifier qu'elles appartiennent au départ, calculer les deux images, constater qu'elles sont égales et que les points sont distincts.
4) Conclure : « On a $f(a) = f(b)$ avec $a \neq b$, donc $f$ n'est pas injective. »
5) Ne pas confondre avec la non-surjectivité : ici le contre-exemple vit dans $E$ et se compose de deux éléments.

Soit $f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ définie par $f(x) = x^2 - 3x$. L'application $f$ est-elle injective ?
Recherche au brouillon : pour $x, y \in \mathbb{R}$, $f(x) = f(y)$ équivaut à $x^2 - y^2 - 3(x - y) = 0$, soit $(x - y)(x + y - 3) = 0$. Tout couple de réels distincts de somme $3$ convient ; le plus simple est $(0, 3)$.
Rédaction retenue :
On a $f(0) = 0^2 - 3 \times 0 = 0$ et $f(3) = 3^2 - 3 \times 3 = 9 - 9 = 0$.
Ainsi $f(0) = f(3)$, alors que $0 \neq 3$, et $0$ comme $3$ appartiennent à $\mathbb{R}$.
Il existe donc deux réels distincts de même image : $f$ n'est pas injective.
À retenir : la recherche du couple reste au brouillon ; sur la copie, deux nombres, deux images calculées, et la mention explicite que les deux points sont distincts.

Ligne fautive : « Soient $x, y \in E$ tels que $x = y$. Alors $f(x) = f(y)$, donc $f$ est injective. »
C'est l'implication inverse de celle que l'on doit établir, et elle est vraie pour toute application : c'est exactement ce que veut dire « $f$ est une application », chaque élément a une seule image. Une preuve qui n'utilise jamais la règle de $f$ ne peut pas distinguer les applications injectives des autres : appliquée à $x \longmapsto x^2$, elle conclurait à tort.
Version correcte : « Soient $x, y \in E$ tels que $f(x) = f(y)$. Montrons que $x = y$. » L'hypothèse porte sur les images, la conclusion sur les antécédents ; si l'on rédige par équivalences, seule compte la flèche qui va des images vers les antécédents.

Ligne fautive : « $f(1) = -3$ et $f(2) = 0$ sont différents, donc $f$ est injective. »
L'injectivité est une propriété universelle : elle porte sur tous les couples du départ, et aucun nombre fini d'essais ne la démontre (voir le thème Réfuter par un contre-exemple, qui rappelle l'asymétrie entre démontrer et réfuter). Contre-exemple chiffré : pour $f : \mathbb{R} \to \mathbb{R},\ x \longmapsto x^3 - 4x$, on a bien $f(1) = -3 \neq 0 = f(2)$, et pourtant $f(0) = 0 = f(2)$ avec $0 \neq 2$ : $f$ n'est pas injective. Un graphique ne vaut pas davantage : il ne montre qu'une fenêtre.
Version correcte : « Soient $x, y \in \mathbb{R}$ tels que $f(x) = f(y)$ », avec des lettres, et un calcul valable pour tous les couples.

Une application $f : E \to F$ est surjective lorsque tout élément de l'arrivée admet au moins un antécédent : $\forall y \in F,\ \exists x \in E,\ y = f(x)$. L'ordre des quantificateurs compte (voir le thème Ordre des quantificateurs) : $x$ est cherché après $y$, donc il dépend de $y$, et son expression contient en général la lettre $y$. On dit aussi que $f$ est une surjection de $E$ sur $F$, la préposition « sur » signalant la surjectivité.

Propriété : $f : E \to F$ est surjective si et seulement si $f(E) = F$. Comme l'inclusion $f(E) \subset F$ est vraie pour toute application, il ne reste à démontrer que $F \subset f(E)$, ce qui est exactement la définition. La négation s'écrit $\exists y \in F,\ \forall x \in E,\ f(x) \neq y$ : pour réfuter une surjectivité, on exhibe un élément de l'arrivée, puis on démontre que tout élément du départ manque la cible. Enfin, toute application devient surjective si l'on corestreint son arrivée à $f(E)$.

Quand l'utiliser : l'énoncé demande la surjectivité, l'existence d'un antécédent, ou que l'équation $f(x) = y$ ait au moins une solution pour tout $y$ de l'arrivée.
1) Ouvrir en fixant la cible : « Soit $y \in F$. Cherchons $x \in E$ tel que $f(x) = y$. » Le $y$ est quelconque et reste fixé jusqu'à la fin.
2) Au brouillon, résoudre l'équation $f(x) = y$ d'inconnue $x$, en traitant $y$ comme un paramètre. C'est la phase d'analyse d'un raisonnement par analyse-synthèse (voir ce thème) : les équivalences n'ont pas besoin d'être garanties, puisque la vérification suivra.
3) Sur la copie, poser le candidat trouvé : « Posons $x = \dots$ ». Puis vérifier qu'il appartient bien à $E$ : c'est l'étape que les énoncés piègent (une racine carrée demande un radicande positif, un quotient un dénominateur non nul, un entier une divisibilité).
4) Calculer $f(x)$ pour ce candidat et retrouver $y$, en écrivant le calcul.
5) Conclure : « Ainsi tout $y \in F$ admet un antécédent par $f$ : $f$ est surjective. »
6) Si l'équation ne se résout pas explicitement, invoquer un théorème d'existence, par exemple le théorème des valeurs intermédiaires pour une fonction continue (bloc Analyse 1), ou démontrer $F \subset f(E)$ autrement.

Soit $f : \mathbb{R} \setminus \{1\} \to \mathbb{R} \setminus \{2\}$ définie par $f(x) = \frac{2x+1}{x-1}$. Montrer que $f$ est surjective.
Soit $y \in \mathbb{R} \setminus \{2\}$. Cherchons $x \in \mathbb{R} \setminus \{1\}$ tel que $f(x) = y$.
Analyse au brouillon : pour $x \neq 1$, l'équation $\frac{2x+1}{x-1} = y$ équivaut à $2x + 1 = y(x-1)$, soit $x(y - 2) = y + 1$ ; comme $y \neq 2$, elle donne $x = \frac{y+1}{y-2}$.
Rédaction retenue :
Posons $x = \frac{y+1}{y-2}$, ce qui a un sens car $y \neq 2$.
Vérifions que $x \neq 1$ : si l'on avait $\frac{y+1}{y-2} = 1$, alors $y + 1 = y - 2$, donc $1 = -2$, ce qui est faux. Ainsi $x \in \mathbb{R} \setminus \{1\}$.
Calculons $f(x)$. D'une part $2x + 1 = \frac{2(y+1) + (y-2)}{y-2} = \frac{3y}{y-2}$, d'autre part $x - 1 = \frac{(y+1) - (y-2)}{y-2} = \frac{3}{y-2}$, et ce dernier n'est pas nul.
Donc $f(x) = \frac{2x+1}{x-1} = \frac{3y}{y-2} \times \frac{y-2}{3} = y$.
Ainsi tout $y \in \mathbb{R} \setminus \{2\}$ admet un antécédent par $f$ : $f$ est surjective.
À retenir : la résolution de $y = f(x)$ reste au brouillon ; sur la copie on pose le candidat, on démontre qu'il appartient au départ, puis on calcule son image.

Quand l'utiliser : la question est ouverte, ou l'énoncé demande de prouver qu'un élément n'est pas atteint.
1) Choisir une cible $y_0 \in F$ qui a des chances de manquer : une valeur interdite par un signe ($-1$ pour un carré), par une parité ($1$ pour $n \longmapsto 2n$), par une majoration ($2$ pour $x \longmapsto \frac{x}{1+|x|}$, dont les valeurs sont dans $]-1,1[$), ou hors de l'ensemble image déjà calculé.
2) Vérifier d'abord que $y_0$ appartient à l'arrivée : un élément extérieur à $F$ ne prouve rien.
3) Démontrer que pour tout $x \in E$, $f(x) \neq y_0$. Deux rédactions : directe, par une minoration ou une majoration valable partout ; ou par l'absurde, en supposant $f(x) = y_0$ et en aboutissant à une impossibilité (voir le thème Raisonnement par l'absurde).
4) Conclure : « L'élément $y_0$ de $F$ n'a aucun antécédent par $f$, donc $f$ n'est pas surjective. »
5) Erreur de dosage à éviter : trouver un $x$ tel que $f(x) \neq y_0$ ne prouve rien du tout, puisqu'un autre $x$ pourrait convenir.

Les applications $f : \mathbb{R} \to \mathbb{R},\ x \longmapsto x^2$ et $g : \mathbb{N} \to \mathbb{N},\ n \longmapsto 2n$ sont-elles surjectives ?
Pour $f$ : le réel $-1$ appartient à l'ensemble d'arrivée $\mathbb{R}$.
Soit $x \in \mathbb{R}$. Comme un carré de réel est positif, $f(x) = x^2 \geq 0 > -1$, donc $f(x) \neq -1$.
Ainsi $-1$ n'admet aucun antécédent par $f$ : $f$ n'est pas surjective.
Pour $g$ : l'entier $1$ appartient à l'ensemble d'arrivée $\mathbb{N}$.
Soit $n \in \mathbb{N}$. L'entier $g(n) = 2n$ est pair, alors que $1$ est impair, donc $g(n) \neq 1$.
Ainsi $1$ n'admet aucun antécédent par $g$ : $g$ n'est pas surjective. On notera que $g$ est pourtant injective, car $2n = 2n'$ entraîne $n = n'$.
À retenir : une non-surjectivité se réfute avec un élément de l'arrivée, mais la démonstration qu'il n'est pas atteint porte sur tous les éléments du départ.

Ligne fautive : « L'application $f : \mathbb{N} \to \mathbb{N},\ n \longmapsto n + 1$ est injective et va de $\mathbb{N}$ dans $\mathbb{N}$, donc elle est bijective. »
C'est faux : $0$ n'a pas d'antécédent, car $n + 1 = 0$ n'a pas de solution dans $\mathbb{N}$. Le théorème auquel on pense, « une injection d'un ensemble fini dans lui-même est surjective », repose entièrement sur la finitude (il se démontre par comparaison de cardinaux, dans le bloc Fondements 2, thème Ensembles finis et cardinaux), et c'est précisément sa mise en défaut qui caractérise les ensembles infinis. De la même façon, $n \longmapsto 2n$ est injective de $\mathbb{N}$ dans $\mathbb{N}$ sans être surjective.
Version correcte : « $f$ est injective ; en revanche $0 \in \mathbb{N}$ n'a pas d'antécédent, donc $f$ n'est pas surjective, et $f$ n'est pas bijective. » Réflexe : sur un ensemble infini, injectivité et surjectivité se démontrent séparément.

Une application $f : E \to F$ est bijective lorsqu'elle est à la fois injective et surjective, c'est-à-dire lorsque tout élément de $F$ admet exactement un antécédent : $\forall y \in F,\ \exists ! x \in E,\ y = f(x)$. On dit alors que $f$ est une bijection de $E$ sur $F$. L'application qui à chaque $y \in F$ associe cet unique antécédent est la réciproque de $f$, notée $f^{-1} : F \to E$ : elle a pour départ l'arrivée de $f$, et réciproquement. Une bijection de $E$ sur $E$ s'appelle une permutation de $E$.

Théorème : soit $f : E \to F$. L'application $f$ est bijective si et seulement s'il existe une application $g : F \to E$ telle que $g \circ f = \mathrm{id}_E$ et $f \circ g = \mathrm{id}_F$. Cette application $g$ est alors unique, et c'est $f^{-1}$. Les deux égalités sont nécessaires : la première seule donne l'injectivité de $f$, la seconde seule sa surjectivité. C'est la caractérisation qui sert le plus, car elle remplace deux démonstrations par deux calculs de composées.

Soient $E$ et $F$ deux ensembles et $f : E \to F$. Montrer que $f$ est bijective si et seulement s'il existe $g : F \to E$ telle que $g \circ f = \mathrm{id}_E$ et $f \circ g = \mathrm{id}_F$, et qu'une telle application $g$ est unique.
Supposons $f$ bijective. Soit $y \in F$. Par bijectivité, il existe un unique $x \in E$ tel que $f(x) = y$ ; notons $g(y)$ cet élément. Cette construction associe à chaque $y \in F$ un unique élément de $E$ : elle définit bien une application $g : F \to E$.
Soit $y \in F$. Par construction, $g(y)$ est un antécédent de $y$ par $f$, donc $f(g(y)) = y$. Ceci valant pour tout $y \in F$, on a $f \circ g = \mathrm{id}_F$.
Soit $x \in E$ et posons $y = f(x)$. Alors $x$ est un antécédent de $y$ par $f$, et $g(y)$ en est un également ; comme $f$ est injective, $g(y) = x$, c'est-à-dire $g(f(x)) = x$. Ceci valant pour tout $x \in E$, on a $g \circ f = \mathrm{id}_E$.
Réciproquement, supposons qu'il existe $g : F \to E$ telle que $g \circ f = \mathrm{id}_E$ et $f \circ g = \mathrm{id}_F$.
Soient $x, x' \in E$ tels que $f(x) = f(x')$. En appliquant $g$ aux deux membres, $g(f(x)) = g(f(x'))$, donc $x = x'$ d'après $g \circ f = \mathrm{id}_E$ : $f$ est injective.
Soit $y \in F$. Posons $x = g(y)$, qui appartient à $E$. Alors $f(x) = f(g(y)) = y$ d'après $f \circ g = \mathrm{id}_F$ : $y$ admet un antécédent, donc $f$ est surjective.
Étant injective et surjective, $f$ est bijective.
Unicité : soient $g_1$ et $g_2$ deux applications de $F$ dans $E$ vérifiant ces deux égalités. Alors, en utilisant l'associativité de la composition, $g_1 = g_1 \circ \mathrm{id}_F = g_1 \circ (f \circ g_2) = (g_1 \circ f) \circ g_2 = \mathrm{id}_E \circ g_2 = g_2$.
Ainsi une telle application est unique : c'est $f^{-1}$.
À retenir : le sens direct construit $g$ en choisissant l'unique antécédent, le sens réciproque lit l'injectivité dans $g \circ f$ et la surjectivité dans $f \circ g$, et l'unicité est le calcul $g_1 = g_1 \circ (f \circ g_2) = (g_1 \circ f) \circ g_2 = g_2$.

Quand l'utiliser : l'énoncé demande la bijectivité, la réciproque, ou que l'équation $f(x) = y$ ait une unique solution pour tout $y$ ; et la résolution de $y = f(x)$ donne une formule explicite. Sinon, on démontre séparément l'injectivité et la surjectivité, ou l'on invoque, pour une fonction réelle continue et strictement monotone, le théorème de la bijection (bloc Analyse 1).
1) Écrire les ensembles : $f : E \to F$, donc la candidate réciproque ira de $F$ dans $E$.
2) Au brouillon, résoudre $f(x) = y$ d'inconnue $x$, le paramètre $y$ étant fixé dans $F$ ; retenir la formule obtenue.
3) Sur la copie, poser la candidate : « Posons $g : F \to E,\ y \longmapsto \dots$ », puis démontrer qu'elle est bien définie : la formule a un sens pour tout $y \in F$, et son résultat appartient à $E$. Cette vérification est une étape de la preuve, pas une formalité.
4) Calculer $g \circ f$ : « Soit $x \in E$. Alors $g(f(x)) = \dots = x$. »
5) Calculer $f \circ g$ : « Soit $y \in F$. Alors $f(g(y)) = \dots = y$. » Les deux calculs sont indispensables, et ils ne sont pas symétriques.
6) Conclure : « Ainsi $g \circ f = \mathrm{id}_E$ et $f \circ g = \mathrm{id}_F$, donc $f$ est bijective, de réciproque $f^{-1} = g$. »

Soit $f : \mathbb{R} \setminus \{1\} \to \mathbb{R} \setminus \{2\}$ définie par $f(x) = \frac{2x+1}{x-1}$. Montrer que $f$ est bijective et déterminer sa réciproque.
Vérifions d'abord que $f$ est bien définie. Soit $x \in \mathbb{R} \setminus \{1\}$ : le dénominateur $x - 1$ est non nul, donc $f(x)$ existe. De plus, si l'on avait $f(x) = 2$, alors $2x + 1 = 2(x-1)$, donc $1 = -2$, ce qui est faux : ainsi $f(x) \in \mathbb{R} \setminus \{2\}$.
Analyse au brouillon : pour $x \neq 1$ et $y \neq 2$, l'équation $\frac{2x+1}{x-1} = y$ équivaut à $2x + 1 = y(x - 1)$, soit $x(y-2) = y+1$, soit $x = \frac{y+1}{y-2}$.
Rédaction retenue :
Posons $g : \mathbb{R} \setminus \{2\} \to \mathbb{R} \setminus \{1\},\ y \longmapsto \frac{y+1}{y-2}$.
Cette application est bien définie : pour $y \neq 2$ le dénominateur est non nul, et si l'on avait $\frac{y+1}{y-2} = 1$, alors $y + 1 = y - 2$, donc $1 = -2$, ce qui est faux ; ainsi $g(y) \in \mathbb{R} \setminus \{1\}$.
Soit $x \in \mathbb{R} \setminus \{1\}$. On a $f(x) + 1 = \frac{2x+1 + x - 1}{x-1} = \frac{3x}{x-1}$ et $f(x) - 2 = \frac{2x + 1 - 2x + 2}{x-1} = \frac{3}{x-1}$, ce dernier étant non nul.
Donc $g(f(x)) = \frac{f(x)+1}{f(x)-2} = \frac{3x}{x-1} \times \frac{x-1}{3} = x$.
Soit $y \in \mathbb{R} \setminus \{2\}$. On a $2g(y) + 1 = \frac{2(y+1) + y - 2}{y-2} = \frac{3y}{y-2}$ et $g(y) - 1 = \frac{y + 1 - y + 2}{y-2} = \frac{3}{y-2}$, non nul.
Donc $f(g(y)) = \frac{2g(y)+1}{g(y)-1} = \frac{3y}{y-2} \times \frac{y-2}{3} = y$.
Ainsi $g \circ f = \mathrm{id}_{\mathbb{R} \setminus \{1\}}$ et $f \circ g = \mathrm{id}_{\mathbb{R} \setminus \{2\}}$ : $f$ est bijective, et $f^{-1} = g$, c'est-à-dire $f^{-1}(y) = \frac{y+1}{y-2}$.
À retenir : on pose la candidate, on démontre qu'elle arrive bien dans le départ de $f$, puis on écrit les deux composées ; les valeurs exclues du départ et de l'arrivée se justifient, elles ne se devinent pas.

Soit $f : E \to F$. Une application $g : F \to E$ est un inverse à gauche de $f$ lorsque $g \circ f = \mathrm{id}_E$, et un inverse à droite lorsque $f \circ g = \mathrm{id}_F$. Les mots suivent l'écriture : dans $g \circ f$, le $g$ est à gauche. Un inverse à gauche ou à droite n'a aucune raison d'être unique : pour l'injection canonique $\iota : \{0,1\} \to \{0,1,2\},\ x \longmapsto x$, une application $g : \{0,1,2\} \to \{0,1\}$ est un inverse à gauche de $\iota$ exactement lorsque $g(0) = 0$ et $g(1) = 1$, la valeur $g(2)$ restant libre : cela fait deux inverses à gauche, selon que $2$ est envoyé sur $0$ ou sur $1$.