Propriétés de la composition et inverse d'une composée

Mathématiques · Terminale · Thème : Composition des applications

La composition se regroupe librement (associativité), l'identité ne change rien (élément neutre), elle transmet l'injectivité et la surjectivité, et pour défaire \(g \circ f\) on défait d'abord \(g\), puis \(f\) : \((g \circ f)^{-1} = f^{-1} \circ g^{-1}\).

Objectifs du cours

Utiliser l'associativité de la composition et le rôle de l'application identité.
Savoir ce que la composition transmet : injectivité, surjectivité, bijectivité.
Démontrer et utiliser la formule \((g \circ f)^{-1} = f^{-1} \circ g^{-1}\) pour deux bijections.
Calculer la bijection réciproque d'une composée, de deux façons.

Notions clés

1. Associativité

Démonstration. Pour tout \(x\) de \(E\) :

\begin{align} \big(h \circ (g \circ f)\big)(x) &= h\big((g \circ f)(x)\big) = h\Big(g\big(f(x)\big)\Big), \\ \big((h \circ g) \circ f\big)(x) &= (h \circ g)\big(f(x)\big) = h\Big(g\big(f(x)\big)\Big). \end{align}

Les deux applications ont le même ensemble de départ, le même ensemble d'arrivée et les mêmes images : elles sont égales. Attention, on peut déplacer les parenthèses, mais pas changer l'ordre des fonctions.

Que vaut \(\big((h \circ g) \circ f\big)(x)\) ?

\(h\Big(g\big(f(x)\big)\Big)\)
\(f\Big(g\big(h(x)\big)\Big)\)
\(h(x) \times g(x) \times f(x)\)

On applique \(f\) en premier (la fonction la plus à droite), puis \(g\), puis \(h\). La composition n'est pas un produit.

2. L'application identité, élément neutre

L'identité d'un ensemble \(E\) est l'application \(\mathrm{id}_E : E \to E\), \(x \mapsto x\). Pour toute application \(f : E \to F\) :

\[ f \circ \mathrm{id}_E = f \qquad \text{et} \qquad \mathrm{id}_F \circ f = f . \]

En effet, \(\big(f \circ \mathrm{id}_E\big)(x) = f(x)\) et \(\big(\mathrm{id}_F \circ f\big)(x) = f(x)\) pour tout \(x\) de \(E\).

Si \(f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}\), \(f(x) = 3x - 2\), que vaut \(f \circ \mathrm{id}_{\mathbb{R}}\) ?

\(\mathrm{id}_{\mathbb{R}}\), c'est-à-dire \(x \mapsto x\)
\(f\), c'est-à-dire \(x \mapsto 3x - 2\)
\(x \mapsto 9x - 8\)

L'identité ne modifie pas \(x\) : \(f\big(\mathrm{id}(x)\big) = f(x) = 3x - 2\). L'expression \(9x - 8\) est celle de \(f \circ f\).

3. Ce que la composition transmet

Rappels, pour \(f : E \to F\) :

\(f\) est injective si deux éléments distincts ont des images distinctes : \(f(x) = f(x') \Rightarrow x = x'\) ;
\(f\) est surjective si tout élément \(y\) de \(F\) a au moins un antécédent : il existe \(x \in E\) tel que \(f(x) = y\) ;
\(f\) est bijective si elle est injective et surjective : tout \(y\) de \(F\) a exactement un antécédent.

Démonstration de 1. Soit \(x, x' \in E\) tels que \(g\big(f(x)\big) = g\big(f(x')\big)\). Comme \(g\) est injective, \(f(x) = f(x')\). Comme \(f\) est injective, \(x = x'\).

Démonstration de 2. Soit \(z \in G\). Comme \(g\) est surjective, il existe \(y \in F\) tel que \(g(y) = z\). Comme \(f\) est surjective, il existe \(x \in E\) tel que \(f(x) = y\). Alors \((g \circ f)(x) = g(y) = z\).

Démonstration de 4. Si \(f(x) = f(x')\), alors \(g\big(f(x)\big) = g\big(f(x')\big)\) ; comme \(g \circ f\) est injective, \(x = x'\).

Démonstration de 5. Soit \(z \in G\) : il existe \(x\) tel que \(g\big(f(x)\big) = z\), donc \(y = f(x)\) est un antécédent de \(z\) par \(g\).

Les réciproques sont fausses : \(g \circ f\) peut être bijective sans que \(g\) soit injective ni que \(f\) soit surjective. Exemple avec \(E = \{1 ; 2\}\), \(F = \{a ; b ; c\}\), \(G = \{u ; v\}\) :

Étape 1 : \(f\) envoie 1 sur \(a\) et 2 sur \(b\). Elle est injective, mais pas surjective : \(c\) n'a aucun antécédent.

Étape 2 : \(g\) envoie \(a\) sur \(u\), \(b\) et \(c\) sur \(v\). Elle n'est pas injective (\(g(b) = g(c)\)). Pourtant \(g \circ f\) envoie 1 sur \(u\) et 2 sur \(v\) : elle est bijective.

On sait seulement que \(g \circ f\) est injective. Que peut-on affirmer à coup sûr ?

\(f\) est injective.
\(g\) est injective.
\(f\) et \(g\) sont surjectives.

C'est la propriété 4 : \(f\) est forcément injective. L'exemple du diagramme montre que \(g\) peut ne pas être injective et \(f\) ne pas être surjective.

4. Inverse d'une composée de bijections

Si \(f : E \to F\) est bijective, sa bijection réciproque \(f^{-1} : F \to E\) associe à chaque \(y\) son unique antécédent. Elle vérifie :

\[ f^{-1} \circ f = \mathrm{id}_E \qquad \text{et} \qquad f \circ f^{-1} = \mathrm{id}_F . \]

Démonstration. On utilise l'associativité et l'élément neutre :

\begin{align} \left(f^{-1} \circ g^{-1}\right) \circ (g \circ f) &= f^{-1} \circ \left(g^{-1} \circ g\right) \circ f = f^{-1} \circ \mathrm{id}_F \circ f = f^{-1} \circ f = \mathrm{id}_E, \\ (g \circ f) \circ \left(f^{-1} \circ g^{-1}\right) &= g \circ \left(f \circ f^{-1}\right) \circ g^{-1} = g \circ \mathrm{id}_F \circ g^{-1} = g \circ g^{-1} = \mathrm{id}_G . \end{align}

L'application \(f^{-1} \circ g^{-1}\) « défait » \(g \circ f\) des deux côtés : c'est sa réciproque.

flowchart LR
A[x dans E] -->|f| B[y dans F]
B -->|g| C[z dans G]
C -->|g inverse| D[y dans F]
D -->|f inverse| E[x dans E]

\(f\) et \(g\) sont deux bijections et \(g \circ f\) est définie. Que vaut \((g \circ f)^{-1}\) ?

\(g^{-1} \circ f^{-1}\)
\(f^{-1} \circ g^{-1}\)
\(x \mapsto \dfrac{1}{(g \circ f)(x)}\)

Pour revenir au départ, on défait d'abord \(g\) (la dernière étape), puis \(f\). La réciproque n'est pas l'inverse \(\dfrac{1}{\dots}\) : la notation \(^{-1}\) désigne ici la bijection réciproque.

Exemples résolus

Cherche d'abord chaque exercice, puis dévoile la correction.

Exemple 1 : réciproque d'une composée sur \(\mathbb{R}\)

\(f\) est bijective : pour tout \(y\), l'équation \(2x + 1 = y\) a une seule solution \(x = \dfrac{y-1}{2}\). Donc \(f^{-1}(y) = \dfrac{y-1}{2}\).

\(g\) est bijective : pour tout \(y\), l'équation \(x^3 = y\) a une seule solution \(x = \sqrt[3]{y}\). Donc \(g^{-1}(y) = \sqrt[3]{y}\). Par le théorème, \(g \circ f\) est bijective.

Avec la formule : \((g \circ f)^{-1}(y) = f^{-1}\big(g^{-1}(y)\big) = \dfrac{\sqrt[3]{y} - 1}{2}\).

Vérification directe : \((2x+1)^3 = y \iff 2x + 1 = \sqrt[3]{y} \iff x = \dfrac{\sqrt[3]{y} - 1}{2}\). Les deux méthodes concordent.

Application : résoudre \((2x+1)^3 = 27\). On calcule \((g \circ f)^{-1}(27) = \dfrac{3 - 1}{2} = 1\). Contrôle : \((2 \times 1 + 1)^3 = 27\).

Exemple 2 : bien choisir les ensembles

Voir la solution

\(f\) est bijective de \([0 ; +\infty[\) sur \([0 ; +\infty[\), de réciproque \(f^{-1}(y) = \sqrt{y}\) ; \(g\) est bijective de \([0 ; +\infty[\) sur \([3 ; +\infty[\), de réciproque \(g^{-1}(y) = y - 3\).

\(g \circ f : [0 ; +\infty[ \to [3 ; +\infty[\), \((g \circ f)(x) = x^2 + 3\), est bijective et

\[ (g \circ f)^{-1}(y) = f^{-1}\big(g^{-1}(y)\big) = \sqrt{y - 3}, \quad y \geq 3 . \]

Sur \(\mathbb{R}\) tout entier, \(x \mapsto x^2\) n'est pas injective (\((-2)^2 = 2^2\)) : c'est la restriction à \([0 ; +\infty[\) qui rend \(f\) bijective.

Exemple 3 : démontrer une bijectivité sans calcul

Voir la solution

On écrit \(h = k \circ g \circ f\) avec \(f(x) = 5 - x\), \(g(x) = x^3\) et \(k(x) = x + 1\), trois bijections de \(\mathbb{R}\) sur \(\mathbb{R}\). Une composée de bijections est bijective, donc \(h\) est bijective.

Réciproques : \(f^{-1}(y) = 5 - y\), \(g^{-1}(y) = \sqrt[3]{y}\), \(k^{-1}(y) = y - 1\). En défaisant dans l'ordre inverse :

\[ h^{-1} = f^{-1} \circ g^{-1} \circ k^{-1}, \qquad h^{-1}(y) = 5 - \sqrt[3]{y - 1} . \]

Contrôle avec \(x = 3\) : \(h(3) = 2^3 + 1 = 9\) et \(h^{-1}(9) = 5 - \sqrt[3]{8} = 5 - 2 = 3\).

Erreurs fréquentes

Écrire \((g \circ f)^{-1} = g^{-1} \circ f^{-1}\) : l'ordre s'inverse.
Confondre réciproque et inverse : \(f^{-1}(x)\) n'est pas \(\dfrac{1}{f(x)}\). Avec \(f(x) = 2x + 1\), \(f^{-1}(x) = \dfrac{x-1}{2}\) mais \(\dfrac{1}{f(x)} = \dfrac{1}{2x+1}\).
Croire que l'associativité permet de permuter : on déplace les parenthèses, jamais l'ordre des fonctions.
Lire les propriétés à l'envers : si \(g \circ f\) est injective, c'est \(f\) qui l'est forcément, pas \(g\) ; si \(g \circ f\) est surjective, c'est \(g\) qui l'est forcément, pas \(f\).
Oublier les ensembles : une fonction n'est bijective qu'entre deux ensembles précis (par exemple \(x \mapsto x^2\) de \([0 ; +\infty[\) sur \([0 ; +\infty[\)).

Récapitulatif

Associativité : \(h \circ (g \circ f) = (h \circ g) \circ f = h \circ g \circ f\) ; l'ordre des fonctions ne change pas.
Élément neutre : \(f \circ \mathrm{id}_E = \mathrm{id}_F \circ f = f\).
Injectives composées donnent une injective ; surjectives composées, une surjective ; bijectives, une bijective.
\(g \circ f\) injective \(\Rightarrow\) \(f\) injective ; \(g \circ f\) surjective \(\Rightarrow\) \(g\) surjective.
Pour deux bijections, \((g \circ f)^{-1} = f^{-1} \circ g^{-1}\) : on défait la dernière étape en premier.

Associativité

\(h \circ (g \circ f) = (h \circ g) \circ f\)

Élément neutre

\(f \circ \mathrm{id}_E = \mathrm{id}_F \circ f = f\)

\(g \circ f\) injective

Alors \(f\) est injective (pas forcément \(g\)).

\(g \circ f\) surjective

Alors \(g\) est surjective (pas forcément \(f\)).

\((g \circ f)^{-1}\)

\(f^{-1} \circ g^{-1}\) : chaussures d'abord, chaussettes ensuite.