Plan du chapitre. Activités préparatoires — 1. Image directe d’une partie — 2. Image réciproque d’une partie — 3. Égalité de deux applications — 4. Restriction et prolongement — 5. Application injective — 6. Application surjective — 7. Application bijective — 8. Bijection réciproque — 9. Composition des applications — Résumé.
Prérequis. Chapitre 02 (ensembles, inclusion, égalité par double inclusion) et chapitre 01 (quantificateurs, raisonnements). Les applications servent ensuite dans tout le programme (fonctions numériques, suites, barycentre, trigonométrie).
Activités préparatoires
Activité 1 — Qu’est-ce qu’une application ?
On pose E={1;2;3;4} et F={a;b;c;d;e}. Dans chaque cas, f est une relation de E vers F (une flèche relie x à l’élément qui lui est associé). Dire dans quel cas f est une application, en justifiant.
Voir la solution
Cas 1 : l’élément 2 est associé à deux éléments (b et c) : f n’est pas une application. Cas 2 : l’élément 3 n’est associé à aucun élément : f n’est pas une application. Cas 3 : chaque élément de E est associé à un et un seul élément de F : f est une application (peu importe que b ait deux antécédents ou que c et d n’en aient pas).
Définition 1 : Application, image, antécédent
Soient E et F deux ensembles non vides.
Une applicationf de E vers F est une relation qui associe à chaque élément x de Eun unique élément y de F, noté y=f(x). On écrit f:E→F,x↦f(x) ; E est l’ensemble de départ, F l’ensemble d’arrivée.
En langage logique : f est une application de E vers F⟺(∀x∈E)(∃!y∈F)y=f(x).
Pour x∈E, l’élément f(x) est l’image de x par f.
Pour y∈F, tout x∈E tel que f(x)=y est un antécédent de y par f ; un élément de F peut avoir zéro, un ou plusieurs antécédents.
Activité 2 et 3 — Images et antécédents
On garde E={1;2;3;4}, F={a;b;c;d;e} et l’application f:E→F représentée ci-dessous.
Donner f(2), f(3), f(4) puis, pour A={1;3;4}, l’ensemble {f(x)/x∈A}.
Donner l’ensemble des antécédents de a, de b et de c. Pour C={a;b;c}, donner l’ensemble des x∈E tels que f(x)∈C.
Voir la solution
f(2)=a, f(3)=c, f(4)=e ; pour A={1;3;4} : {f(1);f(3);f(4)}={c;e}. Cet ensemble s’appellera l’image directe de A, notée f(A).
Antécédents de a : {2} ; de b : ∅ ; de c : {1;3}. Les x tels que f(x)∈C forment {1;2;3} : c’est l’image réciproque de C, notée f−1(C). On a bien : x∈f−1(C)⟺f(x)∈C.
Activité 4 — Au plus un antécédent
Avec E={1;2;3;4} et F={a;b;c;d;e} :
Dans quelles situations f est-elle une application de E vers F ?
On note P : « tout élément de F a au plus un antécédent par f ». Dans quelles situations (parmi les applications) P est-elle vraie ?
Écrire P avec des quantificateurs.
Voir la solution
Situations 1 et 2 (1 a deux images dans la situation 3).
Situation 1 : a a deux antécédents (1 et 3), P est fausse. Situation 2 : chaque élément de F a au plus un antécédent, P est vraie.
P:(∀(x;x′)∈E2)(f(x)=f(x′)⟹x=x′).
Activité 5 — Au moins un antécédent
On pose E={1;2;3;4;5}, F={a;b;c;d} ; dans chaque situation f est une application de E vers F. Soit P : « tout élément de F a au moins un antécédent par f ». Dans quelles situations P est-elle vraie ? Écrire P avec des quantificateurs.
Voir la solution
P est vraie dans les situations 1 et 3 ; elle est fausse dans la situation 2 (d n’a aucun antécédent). P:(∀y∈F)(∃x∈E)y=f(x).
Activité 6 — Exactement un antécédent
Dans chaque situation, f est une application de E={1;2;3;4} vers F (F={a;b;c;d}, sauf dans la situation 3 où F={a;b;c;d;e}). Soit P : « tout élément de F a exactement un antécédent par f ». Dans quelles situations P est-elle vraie ? Écrire P avec des quantificateurs.
Voir la solution
P est vraie dans les situations 1 et 4. Elle est fausse dans la situation 2 (a a deux antécédents, b aucun) et dans la situation 3 (e n’a pas d’antécédent). P:(∀y∈F)(∃!x∈E)y=f(x).
I. Image directe et image réciproque d’une partie
1. Image directe d’une partie
Définition 2 : Image directe
Soient f:E→F une application et A une partie de E. L’image directe de A par f est la partie de F :
f(A)={f(x)/x∈A}.
y∈f(A)⟺(∃x∈A)y=f(x) ; en particulier : x∈A⟹f(x)∈f(A).
Pour une partie C de F : f(A)⊂C⟺(∀x∈A)f(x)∈C ; C⊂f(A)⟺(∀y∈C)(∃x∈A)f(x)=y.
Donc f(A)=C⟺[(∀x∈A)f(x)∈C] et [(∀y∈C)(∃x∈A)f(x)=y] (double inclusion).
On a toujours f(A)⊂f(E)⊂F.
Exemple 1
Soit f:R→R,x↦x2. Montrer que f({−3;−1;0;1;3})={0;1;9}.
Voir la solution
f(−3)=f(3)=9, f(−1)=f(1)=1 et f(0)=0. Donc f({−3;−1;0;1;3})={9;1;0}={0;1;9} (un élément n’est écrit qu’une fois).
Exemple 2
Soit f:R+→R,x↦(x−1)2+2. Déterminer f([0;9]).
Voir la solution
Inclusion f([0;9])⊂[2;6]. Soit x∈[0;9]. Alors 0≤x≤3, donc −1≤x−1≤2, d’où 0≤(x−1)2≤4 (le carré d’un réel de [−1;2] est dans [0;4]) et 2≤f(x)≤6.
Inclusion [2;6]⊂f([0;9]). Soit y∈[2;6]. Posons x=(1+y−2)2. Comme 0≤y−2≤2, on a 1≤x=1+y−2≤3, donc x∈[1;9]⊂[0;9], et f(x)=(y−2)2+2=y.
Conclusion : f([0;9])=[2;6].
Propriété
Soient f:E→F une application et A, B deux parties de E.
A=∅⟺f(A)=∅ ;
A⊂B⟹f(A)⊂f(B) ;
f(A∪B)=f(A)∪f(B) et f(A∩B)⊂f(A)∩f(B) (l’inclusion peut être stricte).
Démonstration : voir l’exercice 10 de la série du chapitre 03.
Remarque
L’inclusion f(A∩B)⊂f(A)∩f(B) peut être stricte : avec f(x)=x2, A={−2} et B={2}, on a f(A∩B)=f(∅)=∅ alors que f(A)∩f(B)={4}.
Exemple 3
Soit f:R→R,x↦1−3x. Déterminer f([−2;−1]∪[0;1]).
Voir la solution
Soient x,x′∈R : x≤x′⟺−3x≥−3x′⟺f(x)≥f(x′). Pour x∈[−2;−1] : f(−1)≤f(x)≤f(−2), soit 4≤f(x)≤7 ; et tout y∈[4;7] est atteint par x=31−y∈[−2;−1]. Donc f([−2;−1])=[4;7]. De même f([0;1])=[f(1);f(0)]=[−2;1]. Par la propriété : f([−2;−1]∪[0;1])=[−2;1]∪[4;7].
2. Image réciproque d’une partie
Définition 3 : Image réciproque
Soient f:E→F une application et C une partie de F. L’image réciproque de C par f est la partie de E :
f−1(C)={x∈E/f(x)∈C};x∈f−1(C)⟺f(x)∈C.
Pour une partie A de E : f−1(C)=A⟺(∀x∈E)(f(x)∈C⟺x∈A).
Attention
La notation f−1(C) a un sens pour toute application f (même non bijective) : c’est l’ensemble des antécédents des éléments de C. Elle ne suppose pas l’existence d’une bijection réciproque (partie III, paragraphe 4).
Exemple 4
Soit f:R→R,x↦x2. Déterminer f−1({0;9;16;5;−4}).
Voir la solution
x2=0⟺x=0 ; x2=9⟺x∈{−3;3} ; x2=16⟺x∈{−4;4} ; x2=5⟺x∈{−5;5} ; x2=−4 n’a pas de solution réelle. Donc f−1({0;9;16;5;−4})={−4;−3;−5;0;5;3;4}.
Propriété
Soient f:E→F une application et C, D deux parties de F.
f−1(F)=E ; f−1(∅)=∅ ;
C⊂D⟹f−1(C)⊂f−1(D) ;
f−1(C∪D)=f−1(C)∪f−1(D) et f−1(C∩D)=f−1(C)∩f−1(D).
Démonstration : voir l’exercice 10 de la série du chapitre 03. Attention : f−1(C)=∅ n’entraîne pas C=∅ (exemple 4 : f−1({−4})=∅).
Exemple 5
Soit f:R→R,x↦x2−4x.
Déterminer f−1([−4;0]) et f−1([5;+∞[).
Déterminer f−1([−4;0]∩[5;+∞[) et vérifier la propriété sur l’intersection.
Voir la solution
x∈f−1([−4;0])⟺−4≤x2−4x≤0. L’inégalité x2−4x≥−4 équivaut à (x−2)2≥0, toujours vraie ; et x2−4x=x(x−4)≤0⟺0≤x≤4. Donc f−1([−4;0])=[0;4].
x∈f−1([5;+∞[)⟺x2−4x−5≥0⟺(x−5)(x+1)≥0⟺x≤−1 ou x≥5. Donc f−1([5;+∞[)=]−∞;−1]∪[5;+∞[.
[−4;0]∩[5;+∞[=∅, donc f−1(∅)=∅ ; et [0;4]∩(]−∞;−1]∪[5;+∞[)=∅ : les deux membres sont égaux.
II. Égalité, restriction et prolongement
1. Égalité de deux applications
Définition 4 : Applications égales
Deux applications f:E→F et g:E′→F′ sont égales (f=g) si elles ont le même ensemble de départ, le même ensemble d’arrivée et les mêmes images :
f=g⟺{E=E′ et F=F′,(∀x∈E)f(x)=g(x).
Exemple 6
Montrer que les applications f:]−2π;2π[→R,x↦cos4x−sin4x et g:]−2π;2π[→R,x↦1+tan2x1−tan2x sont égales.
Voir la solution
Elles ont le même départ et la même arrivée. Soit x∈]−2π;2π[ ; alors cosx=0.
f(x)=(cos2x−sin2x)(cos2x+sin2x)=cos2x−sin2x.
g(x)=1+cos2xsin2x1−cos2xsin2x=cos2x+sin2xcos2x−sin2x=cos2x−sin2x. Donc f=g.
2. Restriction et prolongement
Définition 5 : Restriction
Soient f:E→F une application et A une partie de E. La restriction de f à A est l’application g:A→F,x↦f(x) ; on la note parfois f∣A. Ainsi g:A→F est la restriction de f à A⟺A⊂E et (∀x∈A)g(x)=f(x).
Exemple 7
Soit f:R→R,x↦3x+∣x−1∣. Déterminer l’expression de la restriction g de f à ]−∞;1].
Voir la solution
Pour x≤1, x−1≤0 donc ∣x−1∣=1−x et g(x)=3x+1−x=2x+1. Ainsi g:]−∞;1]→R,x↦2x+1.
Définition 6 : Prolongement
Soient f:E→F une application et G un ensemble tel que E⊂G. Un prolongement de f à G est une application h:G→F telle que (∀x∈E)h(x)=f(x) ; autrement dit, f est la restriction de h à E.
Exemple 8
Soit f:R∗→R,x↦xx3−2x. Déterminer un prolongement de f à R.
Voir la solution
Pour x=0 : f(x)=x2−2. L’application h:R→R,x↦x2−2 vérifie h(x)=f(x) pour tout x∈R∗ : c’est un prolongement de f à R. Il n’est pas unique : toute application qui coïncide avec f sur R∗ et prend une valeur quelconque en 0 convient ; celui-ci est le plus « naturel ».
III. Applications injectives, surjectives, bijectives
1. Application injective
Définition 7 : Injection
Une application f:E→F est injective (on dit aussi que f est une injection) si tout élément de F admet au plus un antécédent par f :
f injective⟺(∀(x;x′)∈E2)(f(x)=f(x′)⟹x=x′).
Par contraposée, cela équivaut à : (∀(x;x′)∈E2)x=x′⟹f(x)=f(x′). Par négation :
f non injective⟺(∃(x;x′)∈E2)f(x)=f(x′) et x=x′.
Méthode
Pour montrer que f est injective, on fixe x,x′∈E tels que f(x)=f(x′) et on démontre x=x′. Pour montrer qu’elle ne l’est pas, on exhibe deux éléments distincts de même image.
Exemple 9
Soit f:[−2;+∞[→R,x↦x2+4x−1. Montrer que f est injective.
Voir la solution
Soient x,x′∈[−2;+∞[ tels que f(x)=f(x′). Alors x2−x′2+4(x−x′)=0, soit (x−x′)(x+x′+4)=0. Or x≥−2 et x′≥−2 donnent x+x′+4≥0, avec égalité seulement si x=x′=−2. Dans tous les cas x=x′ : f est injective.
Exemple 10
Soit f:R∗→R,x↦3−x24.
a. Déterminer f−1({2}).
b. En déduire que f n’est pas injective.
Soit g la restriction de f à ]0;+∞[. Montrer que g est injective.
Voir la solution
a. Pour x∈R∗ : f(x)=2⟺x24=1⟺x2=4⟺x∈{−2;2}. Donc f−1({2})={−2;2}.
b. f(−2)=f(2) avec −2=2 : f n’est pas injective.
Soient x,x′>0 tels que g(x)=g(x′) : x24=x′24, donc x2=x′2, puis x=x′ car x et x′ sont positifs. g est injective.
2. Application surjective
Définition 8 : Surjection
Une application f:E→F est surjective (ou est une surjection) si tout élément de F admet au moins un antécédent par f :
f surjective⟺(∀y∈F)(∃x∈E)y=f(x)⟺f(E)=F.
Par négation : f n’est pas surjective ⟺ il existe y∈F sans antécédent ⟺f(E)=F.
Méthode
Pour montrer que f est surjective, on fixe y∈F, on résout l’équation f(x)=y et on vérifie que la solution trouvée appartient à E.
Exemple 11
Montrer que l’application f:]2;+∞[→]1;+∞[,x↦x−2x+1 est surjective.
Voir la solution
f est bien à valeurs dans ]1;+∞[ : pour x>2, f(x)=1+x−23>1.
Soit y∈]1;+∞[. Pour x>2 : f(x)=y⟺x+1=y(x−2)⟺x(y−1)=2y+1⟺x=y−12y+1 (car y=1). Ce réel convient : x−2=y−13>0, donc x∈]2;+∞[ et f(x)=y. Ainsi f est surjective.
Exemple 12
On reprend l’application g de l’exemple 10 (g:]0;+∞[→R,x↦3−x24).
a. Résoudre dans ]0;+∞[ l’équation g(x)=3.
b. En déduire que g n’est pas surjective.
Montrer que l’application h:]0;+∞[→]−∞;3[,x↦3−x24 est surjective.
Voir la solution
a. g(x)=3⟺x24=0, ce qui est impossible : l’ensemble des solutions est vide.
b. Le réel 3 de l’ensemble d’arrivée R n’a pas d’antécédent : g n’est pas surjective.
Pour x>0, x24>0 donc h(x)<3 : h est bien à valeurs dans ]−∞;3[. Soit y<3. Pour x>0 : h(x)=y⟺x2=3−y4⟺x=3−y2 (car 3−y>0 et x>0). Ce réel est dans ]0;+∞[ : h est surjective.
Remarque
Les applications g et h ont la même expression mais pas le même ensemble d’arrivée : elles ne sont pas égales, et la surjectivité dépend de l’ensemble d’arrivée.
3. Application bijective
Définition 9 : Bijection
Une application f:E→F est bijective (ou est une bijection) si tout élément de F admet exactement un antécédent par f :
f bijective⟺(∀y∈F)(∃!x∈E)y=f(x)⟺f est injective et surjective.
Par négation : f n’est pas bijective ⟺f n’est pas injective ou n’est pas surjective.
Exemple 13
Montrer que l’application f:R+→[−2;1[,x↦x2+2x2−4 est bijective.
Voir la solution
Valeurs. Pour x≥0 : f(x)=1−x2+26 ; comme x2+2≥2, on a 0<x2+26≤3, donc −2≤f(x)<1.
Existence et unicité de l’antécédent. Soit y∈[−2;1[. Pour x≥0 :
f(x)=y⟺x2−4=y(x2+2)⟺x2(1−y)=2y+4⟺x2=1−y2y+4⟺x=1−y2y+4,
la dernière équivalence venant de x≥0 et de 1−y2y+4≥0 (car 2y+4≥0 et 1−y>0). Chaque y∈[−2;1[ a donc exactement un antécédent dans R+ : f est bijective.
4. Bijection réciproque
Définition 10 : Bijection réciproque
Soit f:E→F une bijection. L’application qui à chaque y∈F associe son unique antécédent par f est une application de F vers E appelée bijection réciproque de f, notée f−1:F→E. Elle est caractérisée par :
{y=f(x)x∈E⟺{x=f−1(y)y∈F
Méthode
Pour déterminer f−1 : on fixe y∈F, on résout l’équation f(x)=y d’inconnue x∈E ; son unique solution est f−1(y).
Exemple 14
Déterminer la bijection réciproque de l’application f de l’exemple 13.
Voir la solution
D’après la résolution de l’exemple 13 : f−1:[−2;1[→R+,y↦1−y2y+4. Vérification :f−1(−2)=0 et f(0)=−2.
IV. Composition des applications
Définition 11 : Composée
Soient f:E→F et g:F→G deux applications. L’application h:E→G définie par h(x)=g(f(x)) est la composée de f suivie de g ; on la note g∘f (« g rond f ») : on applique d’abord f, puis g.
g∘f:E→Get(∀x∈E)(g∘f)(x)=g(f(x)).
Exemple 15
On considère f:R→R+,x↦x2+1 et g:R+→R,x↦2x−1. Déterminer les expressions de g∘f, f∘g et f∘f.
Voir la solution
g∘f:R→R : (g∘f)(x)=g(x2+1)=2x2+1−1.
f∘g:R+→R+ : (f∘g)(x)=(2x−1)2+1=4x−4x+2.
f∘f:R→R+ (l’arrivée R+ de f est contenue dans son départ R) : (f∘f)(x)=(x2+1)2+1=x4+2x2+2.
On constate que g∘f=f∘g (ni même ensemble de départ, ni même expression).
Remarque
La composition n’est pas commutative en général : g∘f=f∘g.
Elle est associative : si h:D→E, f:E→F, g:F→G, alors (g∘f)∘h=g∘(f∘h), que l’on note g∘f∘h.
L’identité de E est IdE:E→E,x↦x ; pour toute f:E→F, f∘IdE=f et IdF∘f=f.
Propriété
Soient f:E→F et g:F→G deux applications.
Si f et g sont injectives, alors g∘f est injective.
Si f et g sont surjectives, alors g∘f est surjective.
Si f et g sont bijectives, alors g∘f est bijective et (g∘f)−1=f−1∘g−1.
Si f est bijective : (∀y∈F)(f∘f−1)(y)=y et (∀x∈E)(f−1∘f)(x)=x, c’est-à-dire f∘f−1=IdF et f−1∘f=IdE.
Voir la solution
Démonstration.Injectivité. Soient x,x′∈E tels que g(f(x))=g(f(x′)). Comme g est injective, f(x)=f(x′) ; comme f est injective, x=x′.
Surjectivité. Soit z∈G. g étant surjective, il existe y∈F tel que g(y)=z ; f étant surjective, il existe x∈E tel que f(x)=y. Alors (g∘f)(x)=z.
Bijectivité. Elle découle des deux points précédents. Soit z∈G et x=f−1(g−1(z)) : alors g(f(x))=g(g−1(z))=z, donc x est l’unique antécédent de z par g∘f, c’est-à-dire (g∘f)−1(z)=(f−1∘g−1)(z).
Identités. Pour y∈F, f−1(y) est un antécédent de y, donc f(f−1(y))=y. Pour x∈E, x est l’antécédent de f(x), donc f−1(f(x))=x.
Application 1 : décomposer une application
Soit u:R→R,x↦2x+3 et v:R→R,x↦x3. On pose w=v∘u.
Montrer que u est bijective et déterminer u−1.
Montrer que w(x)=(2x+3)3 et que w est injective.
Voir la solution
Soit y∈R : 2x+3=y⟺x=2y−3, unique solution réelle. Donc u est bijective et u−1(y)=2y−3.
w(x)=v(u(x))=(2x+3)3. v est injective : si a3=b3, alors (a−b)(a2+ab+b2)=0 et a2+ab+b2=(a+2b)2+43b2 ne s’annule que pour a=b=0 ; donc a=b. u et v étant injectives, w=v∘u est injective.
Résumé : les applications
Notion
Définition / caractérisation
Méthode
Application f:E→F
(∀x∈E)(∃!y∈F)y=f(x)
chaque x a une et une seule image
Image directe
y∈f(A)⟺(∃x∈A)y=f(x)
double inclusion
Image réciproque
x∈f−1(C)⟺f(x)∈C
résoudre f(x)∈C
Injective
f(x)=f(x′)⇒x=x′
au plus un antécédent
Surjective
(∀y∈F)(∃x∈E)y=f(x), i.e. f(E)=F
résoudre f(x)=y et vérifier x∈E
Bijective
(∀y∈F)(∃!x∈E)y=f(x)
injective et surjective
Réciproque
y=f(x),x∈E⟺x=f−1(y),y∈F
f∘f−1=IdF, f−1∘f=IdE
Composée
(g∘f)(x)=g(f(x))
(g∘f)−1=f−1∘g−1
Série d’exercices
Remarque — méthodes utilisées
Injectivité : on suppose f(x)=f(x′) et on démontre x=x′ ; pour la nier, on exhibe x=x′ de même image.
Surjectivité : on fixe y dans l’ensemble d’arrivée, on résout f(x)=y et on vérifie que la solution appartient à l’ensemble de départ. Si l’équation a exactement une solution dans le départ pour tout y, f est bijective et cette solution est f−1(y).
Images :f(A)=C se montre par double inclusion ; x∈f−1(C)⟺f(x)∈C.
Les résultats des exercices 10 à 14 ont été contrôlés par programme (test exhaustif sur de petits ensembles), et tous les calculs par sympy.
Consignes. Sauf mention contraire, E, F et G désignent des ensembles non vides. Pour une partie A de E, on note A=E∖A et AΔB=(A∖B)∪(B∖A). Toute réponse doit être justifiée ; le symbole ⟺ n’est employé que si chaque étape est réversible. Difficulté : de ★ à ★★★★★ ; les exercices 10 à 13 sont des classiques à connaître, les exercices 16 à 18 sont de haut niveau.
Exercice 1 — Bijection, réciproque Facile★☆☆☆☆
On considère l’application f:]2;+∞[→]3;+∞[ définie par f(x)=x−23x.
Montrer que f est injective.
Montrer que f est surjective.
En déduire que f est bijective, puis déterminer sa bijection réciproque f−1.
Voir la solution
f est à valeurs dans ]3;+∞[ : pour x>2, f(x)=3+x−26>3.
1) Soient x,x′>2 tels que f(x)=f(x′). Alors 3x(x′−2)=3x′(x−2), soit −6x=−6x′, donc x=x′ : f est injective.
2) Soit y>3. Pour x>2 : f(x)=y⟺3x=y(x−2)⟺x(y−3)=2y⟺x=y−32y (car y=3). Ce réel vérifie x−2=y−36>0, donc x∈]2;+∞[ : f est surjective.
3)f est injective et surjective, donc bijective, et d’après 2) : f−1:]3;+∞[→]2;+∞[,y↦y−32y.
On considère l’application f:R+→R définie par f(x)=x+13x−2.
a. Déterminer f−1({3;1}).
b. L’application f est-elle surjective ? Justifier.
Montrer que f(R+)=[−2;3[.
Soit g:R+→[−2;3[ l’application définie par g(x)=f(x).
a. Montrer que g est injective.
b. En déduire que g est bijective, puis déterminer g−1.
Voir la solution
Pour x≥0, x+1≥1>0 : f est bien définie sur R+, et f(x)=3−x+15.
1.a) Pour x≥0 : f(x)=3⟺3x−2=3x+3⟺−2=3 : impossible. f(x)=1⟺3x−2=x+1⟺x=23⟺x=49. Donc f−1({3;1})={49}.
1.b) Le réel 3 de l’ensemble d’arrivée R n’a pas d’antécédent : f n’est pas surjective.
2)f(R+)⊂[−2;3[ : pour x≥0, x+1≥1, donc 0<x+15≤5 et −2≤f(x)<3.
[−2;3[⊂f(R+) : soit y∈[−2;3[. Pour x≥0 :
f(x)=y⟺3x−2=yx+y⟺x(3−y)=y+2⟺x=3−yy+2⟺x=(3−yy+2)2,
car 3−y>0 et 3−yy+2≥0. Ce réel est dans R+. Donc f(R+)=[−2;3[.
3.a) Soient x,x′≥0 avec g(x)=g(x′) : x+15=x′+15, donc x=x′, puis x=x′ : g est injective.
3.b) D’après 2), g(R+)=[−2;3[ : g est surjective, donc bijective, et g−1:[−2;3[→R+,y↦(3−yy+2)2. (Contrôle : g−1(1)=49, conforme à 1.a.)
Exercice 3 — Bijection, décomposition Facile★★☆☆☆
On considère l’application f:[2;+∞[→[4;+∞[ définie par f(x)=x+x4.
a. Montrer que f est injective.
b. Montrer que f est surjective.
c. En déduire que f est bijective, puis déterminer f−1.
Soit g:[−1;+∞[→[4;+∞[ l’application définie par g(x)=x+3x2+6x+13.
a. On considère h:[−1;+∞[→[2;+∞[ définie par h(x)=x+3. Montrer que g=f∘h et que h est bijective.
b. En déduire que g est bijective, puis déterminer g−1.
Voir la solution
1.a) Pour x,x′≥2 : f(x)−f(x′)=(x−x′)+xx′4(x′−x)=(x−x′)xx′xx′−4. Supposons f(x)=f(x′) et x=x′ : alors xx′=4. Or x≥2 et x′≥2 donnent xx′≥4 avec égalité seulement si x=x′=2 : contradiction. Donc x=x′ et f est injective.
1.b)Valeurs :f(x)−4=xx2−4x+4=x(x−2)2≥0. Soit y≥4. Pour x≥2 : f(x)=y⟺x2−yx+4=0. Le discriminant Δ=y2−16 est positif ou nul ; la solution x0=2y+y2−16 vérifie x0≥2y≥2. Donc f(x0)=y avec x0∈[2;+∞[ : f est surjective.
1.c)f est injective et surjective, donc bijective. L’unique antécédent de y est x0 (l’autre racine vaut x04≤2 et n’est égale à 2 que si x0=2) : f−1:[4;+∞[→[2;+∞[,y↦2y+y2−16.
2.a) Pour x≥−1, h(x)=x+3≥2 : h va bien de [−1;+∞[ dans [2;+∞[, et f∘h:[−1;+∞[→[4;+∞[ vérifie
(f∘h)(x)=x+3+x+34=x+3(x+3)2+4=x+3x2+6x+13=g(x).
Même départ, même arrivée, mêmes images : g=f∘h. Pour y≥2, l’équation x+3=y a l’unique solution x=y−3≥−1 : h est bijective, h−1(y)=y−3.
2.b)g=f∘h est la composée de deux bijections, donc une bijection, et g−1=h−1∘f−1 : g−1:[4;+∞[→[−1;+∞[,y↦2y+y2−16−3.
Soit f:R→R l’application définie par f(x)=x2+2x+22x2.
a. Résoudre dans R l’équation f(x)=1.
b. L’application f est-elle injective ?
a. Montrer que f(R)⊂[0;4].
b. L’application f est-elle surjective ?
Soit g:]0;+∞[→]0;2[ l’application définie par g(x)=f(x). Montrer que g est bijective, puis déterminer g−1.
Voir la solution
Pour tout réel x, x2+2x+2=(x+1)2+1>0 : f est définie sur R.
1.a)f(x)=1⟺2x2=x2+2x+2⟺x2−2x−2=0⟺x∈{1−3;1+3}.
1.b)f(1−3)=f(1+3)=1 avec 1−3=1+3 : f n’est pas injective.
2.a)f(x)≥0 (quotient d’un carré par un réel strictement positif) et 4−f(x)=x2+2x+22x2+8x+8=x2+2x+22(x+2)2≥0. Donc f(R)⊂[0;4].
2.b)−1∈/[0;4] n’a pas d’antécédent : f n’est pas surjective.
3)Valeurs : pour x>0, g(x)>0 et 2−g(x)=x2+2x+24x+4>0, donc g(x)∈]0;2[.
Soit y∈]0;2[. Pour x>0 : g(x)=y⟺(2−y)x2−2yx−2y=0. Le discriminant réduit vaut Δ′=y2+2y(2−y)=y(4−y)>0 : deux racines, de produit 2−y−2y<0, donc une seule racine strictement positive :
x=2−yy+4y−y2.
Chaque y∈]0;2[ a exactement un antécédent dans ]0;+∞[ : g est bijective et g−1:]0;2[→]0;+∞[,y↦2−yy+4y−y2.
Exercice 5 — Application de deux variables Facile★★☆☆☆
On pose I=R+∗. Soit f:I2→I2 l’application définie par f(x;y)=(xy;y4x).
Montrer que f est injective.
Montrer que f est bijective, puis déterminer f−1.
Voir la solution
1) Soient (x;y),(x′;y′)∈I2 tels que f(x;y)=f(x′;y′) : xy=x′y′ et y4x=y′4x′. En multipliant membre à membre : 4x2=4x′2, donc x=x′ (réels positifs), puis y=xxy=y′. f est injective.
2) Soit (u;v)∈I2. On cherche (x;y)∈I2 tel que xy=u et y4x=v. Nécessairement 4x2=uv, d’où x=2uv et y=xu=2vu. Réciproquement, ces réels sont strictement positifs, xy=uvvu=u et y4x=2u/v2uv=v. Donc f est surjective ; étant injective, elle est bijective et
f−1:I2→I2,(u;v)↦(2uv;2vu).
Exercice 6 — Restriction bijective Facile★★☆☆☆
On considère l’application f:R→R définie par f(x)=x2+4x−1.
a. Résoudre dans R l’équation f(x)=−1.
b. En déduire que f n’est pas injective.
Montrer que f(R)=[−5;+∞[.
Soit g:[−2;+∞[→[−5;+∞[ l’application définie par g(x)=f(x).
a. Montrer que g est bijective.
b. Déterminer sa bijection réciproque g−1.
Voir la solution
1.a)x2+4x−1=−1⟺x(x+4)=0⟺x∈{−4;0}.
1.b)f(−4)=f(0) avec −4=0 : f n’est pas injective.
2)f(x)=(x+2)2−5≥−5, donc f(R)⊂[−5;+∞[. Pour y≥−5, x=−2+y+5 vérifie f(x)=(y+5)2−5=y : [−5;+∞[⊂f(R). Donc f(R)=[−5;+∞[.
3.a) Soit y≥−5. Pour x≥−2 : g(x)=y⟺(x+2)2=y+5⟺x+2=y+5 (car x+2≥0) ⟺x=−2+y+5. Chaque y a exactement un antécédent dans [−2;+∞[ : g est bijective.
3.b)g−1:[−5;+∞[→[−2;+∞[,y↦−2+y+5.
Exercice 7 — Racines, bijection Moyen★★★☆☆
Soit f:R→R l’application définie par f(x)=x2+4+x.
a. Montrer que, pour tout x∈R, −x<x2+4.
b. En déduire que, pour tous x,y∈R : x2+4+y2+4x+y>−1.
a. Montrer que, pour tous x,y∈R : f(x)−f(y)=(x−y)(x2+4+y2+4x+y+1).
b. En déduire que f est injective.
L’application f est-elle surjective de R sur R ? Justifier.
Montrer que f définit une bijection de R sur R+∗, puis déterminer sa bijection réciproque.
Voir la solution
1.a)x2<x2+4 et la racine carrée est strictement croissante sur R+, donc ∣x∣<x2+4 ; comme −x≤∣x∣, on obtient −x<x2+4.
1.b) Posons S=x2+4+y2+4>0. D’après 1.a, −x<x2+4 et −y<y2+4 ; en ajoutant : −(x+y)<S, d’où, en divisant par S>0 : Sx+y>−1.
2.b) Si f(x)=f(y), alors (x−y)(Sx+y+1)=0 ; or Sx+y+1>0 d’après 1.b, donc x=y : f est injective.
3) D’après 1.a, f(x)>0 pour tout x : le réel −1 n’a pas d’antécédent, f n’est pas surjective de R sur R.
4)f est à valeurs dans R+∗. Soit y>0. Pour x∈R :
f(x)=y⟺x2+4=y−x⟺{y−x≥0x2+4=y2−2xy+x2⟺⎩⎨⎧x≤yx=2yy2−4
Or y−2yy2−4=2yy2+4>0 : la condition x≤y est satisfaite. Chaque y>0 a exactement un antécédent : f réalise une bijection de R sur R+∗ et f−1:R+∗→R,y↦2yy2−4.
Exercice 8 — Non-injectivité Facile★★☆☆☆
Soit f:R→R la fonction définie par f(x)=x2+x+1x.
Vérifier que f est bien définie sur R, puis montrer que, pour tout x∈R∗, f(x1)=f(x).
L’application f est-elle injective ?
Voir la solution
1)x2+x+1=(x+21)2+43>0 : f est définie sur R. Pour x=0, en multipliant numérateur et dénominateur par x2 :
f(x1)=x21+x1+1x1=1+x+x2x=f(x).
2)f(2)=72 et f(21)=f(2)=72 avec 2=21 : f n’est pas injective.
Exercice 9 — Application de R+2Difficile★★★★☆
Soit f:R+×R+→R×R+ l’application définie par f(x;y)=(x2−4y2;xy).
a. Soit (a;b)∈R×R+∗. Montrer, sans les calculer, que l’équation X2−aX−4b2=0 d’inconnue X∈R admet deux solutions de signes contraires.
b. En déduire que f est surjective, en étudiant aussi le cas b=0.
L’application f est-elle injective ?
Voir la solution
1.a) Le discriminant de X2−aX−4b2 est a2+16b2>0 (car b=0) : deux racines distinctes, dont le produit vaut −4b2<0 ; elles sont donc de signes contraires.
1.b) Soit (a;b)∈R×R+.
Cas b>0. Soit X0>0 la racine positive de 1.a. Posons x=X0>0 et y=xb>0. Alors xy=b et x2−4y2=X0−X04b2=X0X02−4b2=X0aX0=a (car X02=aX0+4b2).
Cas b=0. Si a≥0 : f(a;0)=(a;0). Si a<0 : f(0;2−a)=(a;0).
Tout couple de R×R+ a un antécédent : f est surjective.
2) Oui. Supposons f(x;y)=f(x′;y′)=(a;b).
Si b>0 : x,y,x′,y′>0, et X=x2 vérifie X2−aX−4b2=0 (car y=xb) ; X est donc la racine positive X0, de même pour x′2. Ainsi x=x′=X0 et y=y′=xb.
Si b=0 : xy=0. Si a>0, alors y=0 (sinon x=0 et −4y2=a>0, impossible) et x=a ; si a<0, alors x=0 et y=2−a ; si a=0, x2=4y2 et xy=0 donnent x=y=0. Dans chaque cas le couple est unique.
Donc f est injective (et finalement bijective).
Exercice 10 — Classique — images directes et réciproques Moyen★★★☆☆
Soient f:E→F une application, M et N deux parties de E, P et Q deux parties de F. Démontrer que :
M=∅⟺f(M)=∅
M⊂N⟹f(M)⊂f(N)
f(M∪N)=f(M)∪f(N)
f(M∩N)⊂f(M)∩f(N)
f−1(F)=E
P=∅⟹f−1(P)=∅
P⊂Q⟹f−1(P)⊂f−1(Q)
f−1(P∪Q)=f−1(P)∪f−1(Q)
f−1(P∩Q)=f−1(P)∩f−1(Q)
M⊂f−1(f(M))
f(f−1(P))⊂P
f(M)∖f(N)⊂f(M∖N)
f−1(P)∖f−1(Q)=f−1(P∖Q)
Voir la solution
1) Si M=∅, f(M) ne contient aucun élément. Si M=∅, soit x∈M : f(x)∈f(M), donc f(M)=∅ (contraposée).
2) Soit y∈f(M) : y=f(x) avec x∈M⊂N, donc y∈f(N).
3)M⊂M∪N et N⊂M∪N donnent (par 2) f(M)∪f(N)⊂f(M∪N). Réciproquement, si y=f(x) avec x∈M∪N, alors x∈M (et y∈f(M)) ou x∈N (et y∈f(N)).
4)M∩N⊂M et M∩N⊂N, donc par 2) : f(M∩N)⊂f(M)∩f(N).
5)f−1(F)={x∈E/f(x)∈F}=E, car f(x)∈F pour tout x∈E.
6)f−1(∅)={x∈E/f(x)∈∅}=∅.
7)x∈f−1(P)⟹f(x)∈P⊂Q⟹x∈f−1(Q).
8)x∈f−1(P∪Q)⟺(f(x)∈P ou f(x)∈Q)⟺x∈f−1(P)∪f−1(Q).
9) Même raisonnement avec « et » : x∈f−1(P∩Q)⟺x∈f−1(P)∩f−1(Q).
10)x∈M⟹f(x)∈f(M)⟹x∈f−1(f(M)).
11) Soit y∈f(f−1(P)) : y=f(x) avec x∈f−1(P), c’est-à-dire f(x)∈P ; donc y∈P.
12) Soit y∈f(M)∖f(N) : y=f(x) avec x∈M, et x∈/N (sinon y∈f(N)). Donc x∈M∖N et y∈f(M∖N).
13)x∈f−1(P)∖f−1(Q)⟺(f(x)∈P et f(x)∈/Q)⟺f(x)∈P∖Q⟺x∈f−1(P∖Q).
Remarque
Les inclusions 4, 10, 11 et 12 peuvent être strictes. Exemple avec f:R→R,x↦x2 : M={1} donne f−1(f(M))={−1;1}=M ; P={−1;1} donne f(f−1(P))={1}=P. L’exercice 11 caractérise les cas d’égalité.
Soit f:E→F une application. Démontrer les équivalences suivantes :
f est injective ⟺ pour toutes parties M,N de E : f(M∩N)=f(M)∩f(N).
f est injective ⟺ pour toute partie M de E : f−1(f(M))=M.
f est surjective ⟺ pour toute partie P de F : f(f−1(P))=P.
f est injective ⟺ pour toutes parties M,N de E : f(M∖N)=f(M)∖f(N).
f est bijective ⟺ pour toute partie M de E : f(E∖M)=F∖f(M).
Voir la solution
1) (⇒) L’inclusion ⊂ est toujours vraie (ex. 10.4). Soit y∈f(M)∩f(N) : y=f(x)=f(x′) avec x∈M, x′∈N ; f injective donne x=x′∈M∩N, donc y∈f(M∩N).
(⇐) Soient x,x′ tels que f(x)=f(x′). Avec M={x}, N={x′} : f(M∩N)=f(M)∩f(N)={f(x)}=∅, donc M∩N=∅ (ex. 10.1), c’est-à-dire x=x′.
2) (⇒) M⊂f−1(f(M)) toujours (ex. 10.10). Si x∈f−1(f(M)), alors f(x)=f(x′) avec x′∈M, d’où x=x′∈M.
(⇐) Si f(x)=f(x′), alors x∈f−1(f({x′}))={x′}, donc x=x′.
3) (⇒) f(f−1(P))⊂P toujours (ex. 10.11). Soit y∈P ; f surjective donne x tel que f(x)=y∈P, donc x∈f−1(P) et y∈f(f−1(P)).
(⇐) Avec P=F : F=f(f−1(F))=f(E), donc f est surjective.
4) (⇒) f(M)∖f(N)⊂f(M∖N) toujours (ex. 10.12). Soit y=f(x) avec x∈M, x∈/N. Si l’on avait y∈f(N), y=f(x′) avec x′∈N, et l’injectivité donnerait x=x′∈N : absurde. Donc y∈f(M)∖f(N).
(⇐) Par l’absurde : si f(x)=f(x′) avec x=x′, prenons M={x}, N={x′} : f(M∖N)={f(x)} alors que f(M)∖f(N)=∅. Contradiction.
5) (⇒) Soit y∈f(E∖M) : y=f(x), x∈/M ; si y∈f(M), y=f(x′), x′∈M, et l’injectivité donne x=x′ : absurde ; donc y∈F∖f(M). Soit y∈F∖f(M) ; par surjectivité y=f(x), et x∈/M (sinon y∈f(M)) : y∈f(E∖M).
(⇐) Avec M=∅ : f(E)=F∖∅=F, donc f est surjective. Si f(x)=f(x′) avec x′=x, prenons M={x} : x′∈E∖M donc f(x′)∈F∖{f(x)}, ce qui contredit f(x′)=f(x). Donc f est injective, et bijective.
Exercice 12 — Classique — fonction indicatrice Difficile★★★★☆
Soit E un ensemble non vide. Pour toute partie A de E, on appelle indicatrice de A l’application χA:E→R définie par χA(x)=1 si x∈A et χA(x)=0 si x∈/A.
Montrer que, pour toutes parties A,B de E : A=B⟺χA=χB.
Montrer que χA=1−χA.
Montrer que, pour toutes parties A,B de E :
a. χA∩B=χAχB ;
b. χA∖B=χA−χAχB ;
c. χA∪B=χA+χB−χAχB ;
d. χAΔB=χA+χB−2χAχB=(χA−χB)2.
En déduire que, pour toutes parties A,B,C de E :
a. AΔB=AΔB ;
b. BΔA=CΔA⟺B=C ;
c. (AΔB)ΔC=AΔ(BΔC) ;
d. (AΔB)∩C=(A∩C)Δ(B∩C).
Voir la solution
Pour tout x∈E, χA(x)∈{0;1}, donc χA2=χA.
1) (⇒) évident. (⇐) x∈A⟺χA(x)=1⟺χB(x)=1⟺x∈B.
2) Si x∈A : χA(x)=1=1−χA(x). Si x∈A : χA(x)=0=1−1.
3.a)χA(x)χB(x)=1⟺χA(x)=χB(x)=1⟺x∈A∩B ; sinon le produit vaut 0.
3.b)A∖B=A∩B, donc χA∖B=χA(1−χB)=χA−χAχB.
3.c)A∪B=A∩B (Morgan), donc χA∪B=1−(1−χA)(1−χB)=χA+χB−χAχB.
3.d)AΔB=(A∖B)∪(B∖A) avec (A∖B)∩(B∖A)=∅ ; par 3.c et 3.a le terme produit est nul, donc χAΔB=(χA−χAχB)+(χB−χAχB)=χA+χB−2χAχB. Enfin (χA−χB)2=χA2−2χAχB+χB2=χA+χB−2χAχB.
4.a)χAΔB=(1−χA−χB)2 et χAΔB=(χA−1+χB)2 : ces deux fonctions sont égales, d’où l’égalité par 1).
4.b)χBΔA=χCΔA⟺χB+χA−2χAχB=χC+χA−2χAχC⟺χB(1−2χA)=χC(1−2χA). Or 1−2χA(x)∈{−1;1} ne s’annule jamais, donc cela équivaut à χB=χC, c’est-à-dire B=C (par 1).
4.c) Notons α=χA, β=χB, γ=χC. χ(AΔB)ΔC=(α+β−2αβ)+γ−2(α+β−2αβ)γ=α+β+γ−2(αβ+βγ+γα)+4αβγ. Cette expression est symétrique en α,β,γ ; le même calcul pour AΔ(BΔC) donne la même expression, d’où l’égalité.
4.d)χ(AΔB)∩C=(α+β−2αβ)γ et χ(A∩C)Δ(B∩C)=αγ+βγ−2αγβγ=αγ+βγ−2αβγ (car γ2=γ) : égalité.
Exercice 13 — Classique — composée Moyen★★★☆☆
Soient u:E→F et v:F→G deux applications. Démontrer que :
si v∘u est injective, alors u est injective ;
si v∘u est injective et u surjective, alors v est injective ;
si v∘u est surjective, alors v est surjective ;
si v∘u est surjective et v injective, alors u est surjective.
Voir la solution
1)u(x)=u(x′)⟹v(u(x))=v(u(x′))⟹x=x′ (car v∘u est injective).
2) Soient y,y′∈F avec v(y)=v(y′). u étant surjective : y=u(x), y′=u(x′). Alors (v∘u)(x)=(v∘u)(x′), donc x=x′ et y=y′.
3) Soit z∈G : il existe x∈E tel que z=v(u(x)) ; ainsi z=v(y) avec y=u(x)∈F.
4) Soit y∈F. v(y)∈G et v∘u est surjective : v(y)=v(u(x)) pour un x∈E ; v étant injective, y=u(x).
Soient E un ensemble non vide et B une partie fixée de E. Montrer que l’application φ:P(E)→P(E) définie par φ(X)=XΔB vérifie φ∘φ=IdP(E) ; en déduire qu’elle est injective et surjective, donc bijective. (On admet que Δ est associative et que BΔB=∅.)
Soient u et v deux vecteurs du plan et tu, tv les translations de vecteurs u et v. Déterminer tu∘tv et tv∘tu ; ces deux applications sont-elles égales ?
Voir la solution
1) Pour X∈P(E) : (φ∘φ)(X)=(XΔB)ΔB=XΔ(BΔB)=XΔ∅=X.
Injective :φ(X)=φ(Y)⇒φ(φ(X))=φ(φ(Y))⇒X=Y. Surjective : tout Y s’écrit Y=φ(φ(Y)). Donc φ est bijective et φ−1=φ.
2) Soit M un point, M′=tv(M) et M′′=tu(M′) : MM′′=MM′+M′M′′=v+u. Donc tu∘tv=tu+v ; de même tv∘tu=tv+u=tu+v. Ces deux applications du plan dans le plan sont égales (ici la composition est commutative).
Exercice 15 — Monotonie et injectivité Facile★★☆☆☆
Soit I un intervalle de R. Montrer que toute fonction f strictement décroissante sur I est injective sur I. La réciproque est-elle vraie ? (On pourra étudier x↦x1 sur R∗.)
Voir la solution
Soient x,y∈I avec x=y ; par exemple x<y : alors f(x)>f(y), donc f(x)=f(y) (de même si y<x). Ainsi x=y⇒f(x)=f(y) : par contraposée, f est injective.
La réciproque est fausse : x↦x1 est injective sur R∗ (x1=x′1⇒x=x′) mais n’est pas monotone sur R∗ (−1<1 et f(−1)<f(1), alors que 1<2 et f(1)>f(2)). Même sur un intervalle : f définie sur [0;2] par f(x)=x si x<1 et f(x)=3−x si x≥1 est injective (valeurs [0;1[ puis [1;2], sans répétition) mais non monotone.
3) On applique la relation au point (g∘g)(x)∈I : f((g∘g)(x))+f((g∘g∘g)(x))=2(g∘g)(x), c’est-à-dire f(x)+f((g∘g)(x))=x2x−2.
4) On applique la relation au point g(x)∈I : f(g(x))+f((g∘g)(x))=2g(x)=1−x2.
5) Notons (R) la relation de départ. (R) + (3) − (4) donne 2f(x)=2x+x2x−2−1−x2, donc
f(x)=x+xx−1+x−11=x(x−1)x3−x+1.Réciproquement, cette fonction vérifie (R) (calcul direct, contrôlé par sympy) : c’est l’unique solution.
On reprend I=R∖{0;1} et g(x)=1−x1. Soit f:I→R une application telle que, pour tout x∈I : f(x)+f(g(x))=2x+2+1−x2.
Vérifier que, pour tout x∈I, g(x)∈I.
Calculer (g∘g)(x) et (g∘g∘g)(x) pour tout x∈I.
Montrer que, pour tout x∈I : f(x)+f((g∘g)(x))=2(g∘g)(x)+2+2x.
En déduire que, pour tout x∈I, f(x)=2x+1.
Voir la solution
1) et 2) Comme à l’exercice 16 : g(x)∈I, (g∘g)(x)=xx−1 et (g∘g∘g)(x)=x.
3) On applique la relation au point (g∘g)(x) : f((g∘g)(x))+f(x)=2(g∘g)(x)+2+1−(g∘g)(x)2. Or 1−(g∘g)(x)1=g((g∘g)(x))=x ; d’où f(x)+f((g∘g)(x))=2(g∘g)(x)+2+2x.
4) Au point g(x), et puisque 1−x2=2g(x), 1−g(x)2=2(g∘g)(x) :
f(x)+f(g(x))=2x+2+2g(x) ; f(g(x))+f(g∘g(x))=2g(x)+2+2(g∘g)(x) ; f(x)+f(g∘g(x))=2(g∘g)(x)+2+2x.
En ajoutant la première et la troisième puis en retranchant la deuxième : 2f(x)=4x+2, donc f(x)=2x+1 pour tout x∈I.
Exercice 18 — Injectivité sur N2Difficile★★★★★
Soit f:N2→N l’application définie par f(n;m)=m+(n+m)(n+m+2). Montrer que f est injective.
Voir la solution
Posons s=n+m ; alors 0≤m≤s et f(n;m)=m+s(s+2), donc s(s+2)≤f(n;m)≤s(s+2)+s.
Supposons f(n;m)=f(n′;m′) et notons s=n+m, s′=n′+m′. Si l’on avait s<s′, alors s′≥s+1 et
f(n′;m′)≥s′(s′+2)≥(s+1)(s+3)=s2+4s+3>s2+3s≥f(n;m),
ce qui est absurde ; de même s′<s est impossible. Donc s=s′, puis m=f(n;m)−s(s+2)=m′ et n=s−m=n′. f est injective.
