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Injections et surjections Publié le 25/10/17 [an error occurred while processing this directive] Publié [an error occurred while processing this directive]

Exerci Exe rcice ce 1.

Soient f : E → F et g : F → G deux applications. Montrer les implications suivantes : 1. Si g ∘ f e surjective alors g e surjective 2. Si g ∘ f e injecti injective ve alors f e injecti injective ve 3. Si g ∘ f e surjective et g injective, alors f e surjective 4. Si g ∘ f e injective et f surjective, alors g e injective

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1. On suppose que g ∘ f e surjective. Soit z dans G : z a un antécédent x dans E par g ∘ f . On a alors z = (g ∘ f )( )( x) = g( y) avec y = f ( x). Ainsi z a un antécéden antécédentt y dans F par g : g e surjective. 2. On suppose que g ∘ f e injective. Soient a, b dans E . )(a) = (g ∘ f )( )(b) . Si f (a) = f (b) alors (g ∘ f )(

On en déduit a = b par hypothèse sur g ∘ f . Ainsi f (a) = f (b) ⇒ a = b : l’applicatio l’applicationn f e injective.

http://www.mathprepa.fr/2017/10/injections-et-surjections/[25/10/2017 16:27:15]


3. On suppose g ∘ f surjective et g injective. Soit y dans F . Soit z son image par g. Puisque g ∘ f e surjective, il exie x ∈ E tel que z = (g ∘ f )( x) . On peut donc écrire z = g( y) et z = g ( f ( x)). L’injectivité de g donne alors y = f ( x). Ainsi tout y ∈ F a un antécédent par f : l’application f e surjective. 4. On suppose g ∘ f injective et f surjective. Soient y, y′ dans F tels que g( y) = g( y′). y = f ( x) f étant surjective, il exie x, x′ dans E tels que { ′ y = f ( x′)

Ainsi (g ∘ f )( x) = (g ∘ f )( x′) , puis x = x ′ car g ∘ f e injective. Il en découle y = y ′, ce qui prouve l’injectivité de g.

Exercice 2.

Soit f : E → F une application. Montrer que f e injective si et seulement si f ( A ∩ B) = f ( A) ∩ f ( B) ) pour toutes parties A, B de E , .


Soient A? B deux parties de E . On a toujours : A ∩ B ⊂ A { A ∩ B ⊂ B

⇒

f ( A ∩ B) ⊂ f ( A) { f ( A ∩ B) ⊂ f ( B)

⇒ f ( A ∩ B) ⊂ f ( A) ∩ f ( B)

On suppose f injective. Soit y dans f ( A) ∩ f ( B). Il exie a ∈ A tel que y = f (a) et b ∈ B tel que y = f (b).

L’injectivité de f donne alors a = b. Il en découle a ∈ A ∩ B donc y ∈ f ( A ∩ B).



Ainsi on a l’égalité f ( A ∩ B) = f ( A) ∩ f ( B), ce qu’il fallait démontrer. Réciproquement, on suppose : ∀ A, B ⊂ E , f ( A ∩ B) = f ( A) ∩ f ( B). Soient a, b dans E tels que f (a) = f (b). Il faut montrer a = b . Posons A = {a} et B = {b}. On a f ( A) = f ({a}) = { f (a)} = { f (b)} = f ({b}) = f ( B) . Ainsi, par hypothèse, f ( A ∩ B) = f ( A) ∩ f ( B) = f ( A) e non vide. Il en découle A ∩ B = {a} ∩ {b} ≠ ∅ , ce qui implique a = b. On a ainsi prouvé l’injectivité de f .

Exercice 3.

Soit f une application de E dans F . Soit g: P(F ) → P( E ) par : ∀ Y

⊂ F , g(Y )

= f −1(Y ).

1. Montrer que g e injective si et seulement si f e surjective. 2. Montrer que g e surjective si et seulement si f e injective.


1. Prouvons l’équivalence entre l’injectivité de g et la surjectivité de f . Supposons g injective et montrons que f ( E ) = F . Or g(F ) = f −1(F ) = E et g( f ( E )) = f −1( f ( E )) = E (en eet pour tout x ∈ E , f ( x) e dans f ( E ) et dans F ).

L’injectivité de g permet alors d’armer f ( E ) = F . Réciproquement, on suppose que f e surjective. Pour tout Y ⊂ F , on a f ( f −1(Y )) = Y (plus généralement, pour f quelconque, on a f ( f −1(Y )) = Y ∩ f ( E )).



Soit Y , Z deux parties de F telles que g(Y ) = g ( Z ). Ainsi f (g(Y )) = f (g( Z )) , donc Y = Z , donc G e injective. 2. Prouvons l’équivalence entre la surjectivité de g et l’injectivité de f . Supposons g surjective. Montrons que f e injective. Soient a, b dans E tels que f (a) = f (b). Y ⊂ F

g(Y ) = {a} telles que { Z ⊂ F g( Z ) = {b}

Par hypothèse, il exie {

Autrement dit f −1(Y ) = {a} et f −1( Z ) = {b}. Il en découle f (a) ∈ Y et f (b) ∈ Z . Or f (a) = f (b) . Donc f (a) ∈ Z c’e-à-dire a ∈ f −1( Z ) = {b} . Cela n’e possible que si a = b . Ainsi f e injective. On suppose enn que f e injective. Soit X ⊂ E .

Pour montrer la surjectivité de g, il faut trouver Y ⊂ F tel que g(Y ) = X . Autrement dit Y doit être tel que \inv f (Y ) = X . Montrons que Y = f ( X ) convient. En eet, on a les équivalences : a ∈ \inv f ( f ( X ))

⇔ f (a) ∈ f ( X ) ⇔ ∃ x ∈ X , f (a)

= f ( x)

⇔ ∃ x ∈ X , a = x (conséquence

de l’injectivité de f

⇔ a ∈ X

On a bien f −1( f ( X )) = X , c’e-à-dire g(Y ) = X avec Y = f ( X ) . On a donc prouvé la surjectivité de g.

Exercice 4.

Soit f : E → F . Montrer que f e surjective si et seulement si, pour tout ensemble G et toutes applications g, h : F → G , on a l’implication : g ∘ f = h ∘ f ⇒ g = h )




Supposons que f soit surjective. Soient g, h deux applications de F dans G, avec g ∘ f = h ∘ f . Soit y quelconque dans F , et x ∈ E tel que f ( x) = y. On a g( y) = (g ∘ f )( x) = (h ∘ f )( x) = h( y) . Comme c’e vrai pour tout y ∈ F , il en résulte g = h .

Réciproquement, on suppose que f n’e pas surjective. g ∘ f = h ∘ f Il faut trouver G et g, h : F → G telles que { g ≠ h

Soit y un élément de F sans antécédent par f . Posons G = {0, 1} et dénissons g et h par : ∀ z ≠ y , g( z) = h ( z) = 1 { g( y) = 1, h( y) = 0

Les applications g, h ne dièrent qu’en y. Ainsi g ∘ f = h ∘ f car : ∀ x ∈ E , f ( x) ≠ y donc g( f ( x)) = h( f ( x)) . Pourtant g ≠ h . On a donc prouvé l’équivalence demandée.

Exercice 5.

Soit E un ensemble quelconque. Montrer qu’il n’y a pas de surjection de E sur P( E ).


On raisonne par l’absurde. Soit f : E → P( E ) surjective. Pour tout X ⊂ E, il exie donc x ∈ E tel que f ( x) = X . On peut se demander si x appartient ou non à X . Plus précisément, soit A = { x ∈ E , x ∉ f ( x). L’application f étant surjective, il exie a ∈ E tel que f (a) = A .



Avec ces notations, de deux choses l’une : Soit a ∈ A , ce qui signie que a ∉ f (a) c’e-à-dire à a ∉ f (a) … Soit a ∉ A , c’e-à-dire a ∈ f (a) , c’e-à-dire a ∈ A … Dans les deux cas la contradiction e manifee! L’hypothèse de départ e donc absurde.

Autrement dit, il n’y a pas de surjection de E sur P( E ).

Exercice 6.

Soit f une application de E dans F . 1. Montrer que pour tout A ⊂ E , on a f −1( f ( A)) ⊃ A. 2. Montrer que pour tout B ⊂ F , on a f ( f −1( B)) = f ( E ) ∩ B. 3. Prouver que ( f injective) ⇔ (∀ A ⊂ E , f −1( f ( A)) = A ). 4. Prouver ( f surjective) ⇔ ∀ B ⊂ F , f ( f −1( B)) = B.


1. Soit A ⊂ E. Soit a ∈ A . Par dénition b = f (a) e dans B = f ( A) donc a e dans f −1( B).

Ainsi a ∈ f −1 ( f ( A)) . On a donc prouvé A ⊂ f −1( f ( A)) . 2. Soit B ⊂ F . On a les équivalences suivantes : b ∈ f ( f −1( B))

⇔ ∃ a ∈ f −1( B), f (a)

= b

⇔ ∃ a ∈ E , f (a) ∈ B, f (a) ⇔ ∃ a ∈ E , f (a) ⇔ b ∈ f ( E ) ∩ B

On a donc prouvé l’égalité f ( f −1( B)) = f ( E ) ∩ B. Il en découle f ( f −1( B)) ⊂ B . 3. On suppose que f e injective. Soit A ⊂ E .


= b

= b, b ∈ B


Pour prouver f −1( f ( A)) = A , il sut de vérier f −1( f ( A)) ⊂ A . On se donne donc b dans f −1( f ( A)). Par dénition f (b) e dans f ( A). Donc il exie a dans A tel que f (b) = f (a).

Mais f (b) = f (a) et l’injectivité de f donnent b = a donc b ∈ A. Ainsi on a l’inclusion f −1( f ( A)) ⊂ A, puis l’égalité. On suppose réciproquement que : ∀ A ⊂ E , f −1 ( f ( A)) = A. Soient a, b dans E tels que f (a) = f (b). Il faut prouver a = b. On a les implications : f (b) = f (a)

⇒ f (b) ∈ { f (a)}

= f ({a})

⇒ b ∈ f −1( f ({a})

= {a}

Ce dernier résultat signie b = a, ce qu’il fallait démontrer.

4. L’hypothèse s’exprime ici par: ∀ B ⊂ F , B = f ( E ) ∩ B (queion 2). Autrement dit, pour tout B ⊂ F , on a B ⊂ f ( E ). Cela équivaut évidemment à f ( E ) = F , c’e-à-dire à la surjectivité de f .

Voir auss i :

La dernière moyenne Le dernier non eacé

Récurrence et divisibilité (4 exercices) Par contraposition ou par l’absurde Généralités sur les applications Logique, quanticateurs

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