Un antécédent de \(8\) est un réel \(x\) vérifiant \(f(x)=8\). Pose l'équation et résous-la.

L'antécédent de \(8\) est \(2\).

Remarque : \(f(2)=8\) et l'antécédent de \(8\) est \(2\). Image et antécédent sont deux lectures inverses de la même égalité.

Pars de \(f(x)=y\) et exprime \(x\) en fonction de \(y\). Combien de solutions obtiens-tu ?

Soit \(y\in\mathbb{R}\).

Cette équation admet une solution et une seule. Tout réel possède donc exactement un antécédent par \(f\).

\(f\) est affine de coefficient \(3>0\), donc croissante : l'image d'un segment se lit aux bornes.

\(f\) est croissante sur \(\mathbb{R}\), donc :

Traduis \(x\in f^{-1}(]-1;5])\) par la double inégalité \(-1<f(x)\leqslant 5\), puis isole \(x\).

Les bornes ouverte et fermée se transmettent dans le même ordre, parce que \(f\) est croissante. Avec une fonction décroissante, elles s'échangeraient.

L'unicité de l'antécédent donne l'injectivité ; son existence donne la surjectivité.

L'Exercice 1 c) établit que tout \(y\in\mathbb{R}\) admet un antécédent — donc \(f\) est surjective — et un seul — donc \(f\) est injective. \(f\) est par conséquent bijective, et :

Vérification : \(f^{-1}(8)=\dfrac{6}{3}=2\), et \(f(2)=8\).

\(1\leqslant x^2\leqslant 4\) équivaut à \(1\leqslant |x|\leqslant 2\).

Par définition, \(f^{-1}([1;4])=\{x\in\mathbb{R}\mid 1\leqslant f(x)\leqslant 4\}\), donc :

L'image réciproque d'un intervalle n'est pas nécessairement un intervalle : ici, c'est une réunion de deux segments.

Quel est le signe de \(x^2\) pour un réel \(x\) quelconque ?

Pour tout réel \(x\), \(x^2\geqslant 0\). Aucun réel n'a donc son image dans \([-4;-1]\) :

L'image réciproque d'une partie non vide peut être vide. La notation \(f^{-1}\) désigne ici l'image réciproque d'une partie, et non une application réciproque : \(f\) n'est pas bijective.

\(f\) n'est pas monotone sur \([-2;1]\). Où le minimum est-il atteint ?

Sur \([-2;1]\), \(f\) décroît sur \([-2;0]\) puis croît sur \([0;1]\). Le minimum vaut \(f(0)=0\) ; aux extrémités, \(f(-2)=4\) et \(f(1)=1\), donc le maximum vaut \(4\).

Répondre \([1;4]\) est l'erreur classique : lire l'image aux seules bornes n'est licite que pour une fonction monotone.

Pars de \(f(x)=f(x')\) et conclus sur \(x\) et \(x'\).

Soient \(x,x'\in\mathbb{R}\) :

\(f\) est injective.

Soit \(y\in\mathbb{R}\). L'équation \(2x+1=y\) a pour solution \(x=\dfrac{y-1}{2}\), qui est un réel. Tout élément de l'arrivée \(\mathbb{R}\) possède un antécédent : \(f\) est surjective.

Injective et surjective, \(f\) est bijective, de réciproque :

Pour l'injectivité, cherche deux réels distincts de même image. Pour la surjectivité, cherche un réel sans antécédent.

Non injective : \(g(-1)=g(1)=1\) alors que \(-1\neq 1\).

Non surjective : \(-1\) n'a pas d'antécédent, puisque \(x^2\geqslant 0\) pour tout réel \(x\).

\(g_1\) et \(g_2\) ont le même ensemble de départ \([0;+\infty[\) et la même formule ; seul leur ensemble d'arrivée diffère. Examine séparément ce que cela change pour l'injectivité, puis pour la surjectivité.

Injectivité — elle ne met en jeu que l'ensemble de départ, identique pour \(g_1\) et \(g_2\). Soient \(x,x'\in[0;+\infty[\) :

\(g_1\) et \(g_2\) sont donc toutes deux injectives.

Surjectivité — elle met en jeu l'ensemble d'arrivée, qui les distingue.

• \(g_1:[0;+\infty[\to\mathbb{R}\) — le réel \(-1\) appartient à l'arrivée \(\mathbb{R}\) et n'a aucun antécédent dans \([0;+\infty[\). \(g_1\) est non surjective, donc non bijective.
• \(g_2:[0;+\infty[\to[0;+\infty[\) — pour tout \(y\geqslant 0\), le réel \(x=\sqrt{y}\) appartient à \([0;+\infty[\) et vérifie \(g_2(x)=y\). \(g_2\) est surjective, donc bijective, de réciproque :

\(x\in\overline{A\cap B}\) signifie \(x\notin A\cap B\), soit la négation de « \(x\in A\) et \(x\in B\) ».

Soit \(x\in E\).

La négation d'une conjonction est la disjonction des négations :

« \(x\notin A\) ou \(x\notin B\) » signifie \(x\in\overline{A}\) ou \(x\in\overline{B}\), c'est-à-dire \(x\in\overline{A}\cup\overline{B}\). D'où :

Reprends le raisonnement de a) en sens inverse : chaque étape est une équivalence.

Soit \(x\in\overline{A}\cup\overline{B}\). Alors \(x\notin A\) ou \(x\notin B\) ; il est donc faux que \(x\) appartienne à la fois à \(A\) et à \(B\). Ainsi \(x\notin A\cap B\), soit \(x\in\overline{A\cap B}\). D'où :

Les deux inclusions donnent l'égalité :

Toutes les étapes de a) sont des équivalences : on aurait pu conclure d'un seul trait. La double inclusion est demandée parce qu'elle reste valable lorsque les implications ne se renversent pas — c'est la méthode à maîtriser.

Pars de \((g\circ f)(x)=(g\circ f)(x')\) et utilise d'abord l'injectivité de \(g\).

Soient \(x,x'\in E\) tels que \((g\circ f)(x)=(g\circ f)(x')\), c'est-à-dire \(g(f(x))=g(f(x'))\).

\(g\) étant injective : \(f(x)=f(x')\).

\(f\) étant injective : \(x=x'\).

Donc \(g\circ f\) est injective.

Pars d'un élément \(z\in G\) et remonte : d'abord par \(g\), ensuite par \(f\).

Soit \(z\in G\).

\(g\) étant surjective, il existe \(y\in F\) tel que \(g(y)=z\).

\(f\) étant surjective, il existe \(x\in E\) tel que \(f(x)=y\).

Donc \(g\circ f\) est surjective.

Si \(f\) et \(g\) sont bijectives, elles sont injectives et surjectives. D'après a) et b), \(g\circ f\) est injective et surjective, donc bijective.

L'ordre d'utilisation des hypothèses diffère : on « descend » par \(g\) puis \(f\) pour l'injectivité, on « remonte » par \(g\) puis \(f\) pour la surjectivité.