Applications

Soient $x,x^{\prime }\in E$ tels que $f(x)=f(x^{\prime })$. En appliquant $g$ aux deux membres : $g(f(x))=g(f(x^{\prime }))$, c’est-à-dire $(g\circ f)(x)=(g\circ f)(x^{\prime })$. Comme $g\circ f={\mathrm{id}}_E$, cela donne $x=x^{\prime }$. Donc $f$ est injective.

Soit $x\in E$. Posons $y=f(x)\in F$. Alors $g(y)=g(f(x))=(g\circ f)(x)=x$. Ainsi $x$ admet un antécédent par $g$ (à savoir $y$). Ceci étant vrai pour tout $x\in E$, $g$ est surjective.

Non. Prenons $E=\{1,2\}$, $F=\{1,2,3\}$, $f:E\to F$ l’inclusion canonique ($f(1)=1,f(2)=2$), et $g:F\to E$ définie par $g(1)=1,g(2)=2,g(3)=1$. On vérifie $g\circ f={\mathrm{id}}_E$. Pourtant $f$ n’est pas surjective : $3\in F$ n’a pas d’antécédent par $f$.

Chercher un exemple où $E$ est strictement « plus petit » que $F$, par exemple $E=\{1,2\}$ et $F=\{1,2,3\}$.

Non : $f(1)=1-4+3=0$ et $f(3)=9-12+3=0$, donc $f(1)=f(3)$ alors que $1\ne 3$.

En écrivant $f(x)=x^2-4x+3=(x-2{)}^2-1$, on voit que $f(x)⩾-1$ pour tout $x$, avec égalité en $x=2$. De plus, pour tout $y⩾-1$, l’équation $(x-2{)}^2=y+1$ admet une solution $x=2+\sqrt{y+1}$ (car $y+1⩾0$). Donc $\mathrm{Im}(f)=[-1,+\infty [$.

Comme $\mathrm{Im}(f)\ne \mathbb{R}$ (par exemple $-2\notin \mathrm{Im}(f)$), $f$ n’est pas surjective.

Écrire $f(x)$ sous forme canonique $(x-a{)}^2+b$ pour encadrer les valeurs prises.

La restriction $f{|}_{[2,+\infty [}$ est injective : pour $2⩽x<x^{\prime }$, on a $0⩽x-2<x^{\prime }-2$ donc $(x-2{)}^2<(x^{\prime }-2{)}^2$, d’où $f(x)<f(x^{\prime })$.