Injectivité & Surjectivité : méthodes

Dans cet article, je vous propose un tour d’horizon des principales méthodes utilisées pour établir l’injectivité ou la surjectivité d’une application. Si ces notions vous sont peu familières, les deux vidéos suivantes pourront vous aider (on y trouve les principales définitions et des exemples simples) :

☞ Correspondances, Fonctions, Applications — Partie 1

☞ Correspondances,Fonctions, Applications — Partie 2

Dans ce qui suit, les notions suivantes sont supposées connues :

ensemble, élément, application, ensemble de départ ou d’arrivée, image, antécédents.

1 – Injectivité

Définition

Etant donnés deux ensembles $E,F$ ainsi qu’une application $u:E\rightarrow F,$ on dit que $u$ est injective (ou bien que $u$ est une injection) lorsque deux éléments distincts de $E$ possèdent nécessairement des images distinctes par $u.$

En d’autres termes, $u$ est injective lorsque deux éléments de $E$ ayant la même image par $u$ sont nécessairement égaux. Cette seconde formulation (contraposée de la précédente) se formalise ainsi :

$\boxed{\left(u\text{ injective}\right)\underset{\text{def}}{\Leftrightarrow}\left(\forall\left(a,b\right)\in E^{2},\thinspace u\left(a\right)=u\left(b\right)\Rightarrow a=b\right)}$

Pour les démonstrations d’injectivité, on préfère généralement recourir à cette version, car la relation d’égalité possède de « bonnes propriétés » que la relation « être différent de » ne possède pas. Notamment :

elle est transitive (si $a=b$ et $b=c$ , alors $a=c$ ), alors que, bien entendu, les conditions $a\neq b$ et $b\neq c$ n’impliquent pas $a\neq c$ .
des égalités entre nombres réels (ou complexes) peuvent être ajoutées membre à membre, alors que cette procédure est illicite avec la relation « différent de ». Par exemple : $3\neq 4$ et $2\neq 1$ mais $3 + 2 = 4 + 1$ . Même remarque avec la multiplication membre à membre.

Bref, afin de prouver qu’une application est injective, vous devrez généralement considérer deux éléments de l’ensemble de départ possédant la même image, puis faire votre possible pour montrer qu’ils sont nécessairement égaux.

Voir à ce sujet l’article Viser la cible !… ou : Comment démontrer une implication ?

Si l’on s’autorise l’utilisation d’un diagramme sagittal (deux patates et des flèches …), la condition d’injectivité signifie que jamais deux flèches issues de l’ensemble de départ n’aboutissent en un même élément de l’ensemble d’arrivée :

2 – Exemples

Exemple 1

L’application

$\fcolorbox{black}{myBlue}{$\mathbb{Z}\rightarrow\mathbb{N},\thinspace k\mapsto k^{2}$}$

n’est pas injective puisque $-2\neq2$ et $\left(-2\right)^{2}=2^{2}.$

Exemple 2

L’application « partie entière »

$\fcolorbox{black}{myBlue}{$\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{Z},\thinspace x\mapsto\left\lfloor x\right\rfloor$}$

n’est pas injective non plus.

En effet : $\pi\neq\sqrt10$ et $\left\lfloor \pi\right\rfloor =\left\lfloor \sqrt{10}\right\rfloor .$

Avant de poursuivre, arrêtons-nous un instant sur un point de logique.

Pour justifier la non-injectivité d’une application, il suffit d’exhiber un seul couple formé de deux éléments distincts et possédant la même image.

Pour le premier exemple, j’ai choisi le couple $\left(2,-2\right)$ et pour le second, j’ai opté pour $\left(\pi,\sqrt{10}\right).$

En revanche, pour faire la preuve de l’injectivité d’une application, examiner quelques exemples ne suffira pas ! Il faut absolument considérer un couple quelconque d’éléments de l’ensemble de départ et montrer que s’ils ont la même image, alors ils sont égaux. Les deux exemples qui suivent illustrent ce point. Le premier est rudimentaire, le second est un peu plus élaboré.

Exemple 3

L’application

$\fcolorbox{black}{myBlue}{$f:\mathbb{R}-\left\{ 2\right\} \rightarrow\mathbb{R},\thinspace x\mapsto\dfrac{4x-1}{x-2}$}$

est injective. En effet, soient $a,b$ deux éléments de $\mathbb{R}-\left\{ 2\right\}$ tels que $f\left(a\right)=f\left(b\right),$ c’est-à-dire :

$\frac{4a-1}{a-2}=\frac{4b-1}{b-2}$

En multipliant chaque membre de cette égalité par $\left(a-2\right)\left(b-2\right),$ on trouve :

$\left(4a-1\right)\left(b-2\right)=\left(a-2\right)\left(4b-1\right)$

c’est-à-dire, après développement :

$4ab-8a-b+2=4ab-a-8b+2$

soit finalement $a=b.$

Exemple 4

Montrons que l’application

$\fcolorbox{black}{myBlue}{$g:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R},x\mapsto x^{3}$}$

est injective. Soient $a,b$ deux réels tels que $a^{3}=b^{3}.$ Cette hypothèse équivaut à :

$\left(a-b\right)\left(a^{2}+ab+b^{2}\right)=0$

Elle implique donc :

$a=b\qquad\text{ou}\qquad a^{2}+ab+b^{2}=0$

Cette dernière égalité peut s’écrire :

$\left(a+\frac{b}{2}\right)^{2}+\frac{3b^{2}}{4}=0\qquad\left(\star\right)$

et l’on sait que la nullité d’une somme de réels positifs entraîne la nullité de chaque terme. Par conséquent, la condition $\left(\star\right)$ impose $a+\frac{b}{2}=0$ et $b=0$ et donc $a=b=0.$ Finalement, on a montré que $a=b$ dans tous les cas : l’injectivité de $g$ est établie.

Précisons que l’application $\mathbb{C}\rightarrow\mathbb{C},\thinspace z\mapsto z^{3}$ n’est pas injective ! En effet : $1\neq e^{2i\pi/3}$ mais ces deux nombres complexes ont le même cube.

Voici un cinquième exemple, plus abstrait. En outre, les ensembles de départ et d’arrivée ne sont plus des parties de $\mathbb{R}$ …

Exemple 5

Notons $E$ l’ensemble des applications de $\mathbb{R}$ dans lui-même et intéressons-nous à l’application :

$\fcolorbox{black}{myBlue}{$\alpha:E\rightarrow\mathbb{R}^{2},\thinspace u\mapsto\left(u\left(0\right),u\left(1\right)\right)$}$

En clair, l’image par $\alpha$ d’une quelconque application $u$ de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$ est le couple obtenu en évaluant $u$ en $0$ et en $1$ .

En considérant $f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R},\thinspace x\mapsto x$ et $g:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R},\thinspace x\mapsto x^{2},$ on constate que $\alpha\left(f\right)=\alpha\left(g\right),$ bien que $f\neq g.$ Ceci prouve que $\alpha$ n’est pas injective.

Maintenant, notons $\beta$ la restriction de $\alpha$ à l’ensemble des applications affines (rappel : les applications affines sont celles de la forme $x\mapsto ax+b$ avec $\left(a,b\right)\in\mathbb{R}^{2}$ arbitraire).

Soient $u,v$ deux applications affines telles que $\alpha\left(u\right)=\alpha\left(v\right).$

En posant, pour tout $x\in\mathbb{R}$ :

$u\left(x\right)=ax+b\qquad\text{et}\qquad v\left(x\right)=cx+d$

il vient $\left(b,a+b\right)=\left(d,c+d\right)$ d’où immédiatement $\left(a,b\right)=\left(c,d\right)$ et donc $u=v.$

Ceci prouve l’injectivité de $\beta.$

Remarque

On aurait pu s’intéresser aux noyaux de $\alpha$ et $\beta,$ après avoir constaté leur linéarité.

3 – Surjectivité

Définition

On dit qu’une application $u:E\rightarrow F$ est surjective (ou bien : que c’est une surjection) lorsque tout élément $y$ de $F$ admet (au moins) un antécédent par $u.$

Visuellement, chaque élément de l’ensemble d’arrivée doit être atteint par une flèche (au moins) provenant de l’ensemble de départ :

Voici la version formalisée de la définition :

$\boxed{\left(u\text{ surjective}\right)\underset{\text{def}}{\Leftrightarrow}\left(\forall y\in F,\thinspace\exists x\in E;\thinspace u\left(x\right)=y\right)}$

Prouver, en appliquant cette définition, qu’une application $u$ est surjective, consiste à se donner un élément $y$ quelconque (dans l’ensemble d’arrivée) puis à remuer ciel et terre pour établir l’existence d’un élément $x$ (dans l’ensemble de départ) vérifiant $u\left(x\right)=y.$

Pour le dire encore autrement : il s’agit de montrer que, pour tout $y\in F,$ l’équation $u\left(x\right)=y$ (d’inconnue $x\in E)$ possède au moins une solution.

Dans certains cas simples, il est possible d’exhiber (au moyen d’une formule) une solution à cette équation. Par exemple, si l’on considère l’application

$\varphi:\left[-2,+\infty\right[\rightarrow\left[1,+\infty\right[,\thinspace x\mapsto x^{2}+2x+2$

il est facile de voir que pour tout $y\in\left[1,+\infty\right[,$ le réel :

$x=-1+\sqrt{y-1}$

appartient à $\left[-2,+\infty\right[$ (et même à $\left[-1,+\infty\right[$ ) et vérifie $\varphi\left(x\right)=y.$

Ainsi, $\varphi$ est surjective (mais non injective, soit dit en passant, puisque les éléments de $\left]1,2\right]$ possèdent deux antécédents par $\varphi,$ à savoir $-1+\sqrt{y-1}$ et $-1-\sqrt{y-1}).$

L’exemple ci-dessus doit être considéré comme exceptionnel, car le calcul explicite d’un antécédent reste en général hors de portée. Les choses deviennent alors subtiles : il faut montrer que l’équation $u\left(x\right)=y$ possède au moins une solution, mais sans pouvoir en expliciter aucune !

Par exemple, dans le cas de $\psi:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R},\thinspace x\mapsto x+e^{x},$ il n’est pas possible de résoudre l’équation $x+e^{x}=y$ , sauf dans des cas particuliers ( $y=1$ par exemple : on voit tout de suite que $x=0$ convient).

On contourne cette difficulté en invoquant le théorème des valeurs intermédiaires. En effet, pour tout $y\in\mathbb{R},$ l’application $\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R},x\mapsto\psi\left(x\right)-y$ est continue et ses limites en $-\infty$ et $+\infty$ sont respectivement $-\infty$ et $+\infty,$ ce qui assure l’existence d’un réel $x$ tel que $\psi\left(x\right)=0,$ c’est-à-dire un antécédent pour $y.$

4 – Encore des exemples

Exemple 1

L’application

$\fcolorbox{black}{myBlue}{$\mathbb{N}\rightarrow\mathbb{N},\thinspace n\mapsto n+1$}$

n’est pas surjective puisque 0 ne possède pas d’antécédent.

Exemple 2

L’application

$\fcolorbox{black}{myBlue}{$\mathbb{R}_{+}\times\mathbb{R}_{-}\rightarrow\mathbb{R},\thinspace\left(x,y\right)\mapsto x+y$}$

est surjective puisque tout réel peut s’écrire comme la somme d’un réel positif ou nul et d’un réel négatif ou nul.

En effet, étant donné $s\in\mathbb{R},$ si $s\geqslant0$ il suffit de choisir $\left(x,y\right)=\left(s,0\right)$ et, si $s<0,$ il suffit de choisir $\left(x,y\right)=\left(0,s\right).$

Ajoutons que cette application est loin d’être injective, puisque si le couple $\left(x,y\right)$ est antécédent d’un certain $s,$ alors le couple $\left(x+\lambda,y-\lambda\right)$ aussi, et ceci pour tout $\lambda\geqslant0.$ Tout nombre réel possède donc une infinité d’antécédents !

Exemple 3

Notons $A=\mathbb{N}-\left\{0,1\right\}$ l’ensemble des entiers supérieurs ou égaux à 2. L’application

$\fcolorbox{black}{myBlue}{$$A^{2}\rightarrow\mathbb{N},\thinspace\left(x,y\right)\rightarrow xy$}$

n’est pas surjective car les nombres premiers ne possèdent pas d’antécédents (en revanche, les nombres composés, c’est-à-dire non premiers, sont tous atteints).

Ajoutons que cette application n’est pas injective puisque $\left(2,3\right)$ et $\left(3,2\right)$ ont la même image.

Exemple 4

Considérons enfin l’application

$\fcolorbox{black}{myBlue}{$\theta:\mathbb{R}^{4}\rightarrow\mathbb{R}^{3},\left(x,y,z,t\right)\mapsto\left(x+y+z,x+t,y+t\right)$}$

Il est clair que $\theta$ est linéaire et que son noyau est la droite vectorielle engendrée par $\left(-1,-1,2,1\right).$ D’après la formule du rang :

$\dim\left(\text{Im}\left(\theta\right)\right)=\dim\left(\mathbb{R}^{4}\right)-\dim\left(\ker\left(\theta\right)\right)=4-1=3$

ce qui prouve que $\text{Im}\left(\theta\right)=\mathbb{R}^{3}.$ Autrement dit : $\theta$ est surjective.

Voici encore un exemple où la surjectivité d’une application est établie de façon indirecte. Mais en l’occurrence, une preuve directe est facile à produire. En effet, quels que soient les réels $a,b$ et $c,$ le quadruplet :

$\left(\frac{a+b-c}{2},\frac{a-b+c}{2},0,\frac{-a+b+c}{2}\right)$

est un antécédent du triplet $\left(a,b,c\right)$ par $\theta.$

5 – On récapitule …

Marquons une courte pause et reformuleons de manière un peu différente et surtout plus synthétique, ce que nous avons vu jusqu’ici :

➡ Dire que $u:E\rightarrow F$ est injective signifie que :

tout élément de $F$ possède au plus un antécédent par $u$

➡ Dire que $u:E\rightarrow F$ est surjective signifie que :

tout élément de $F$ possède au moins un antécédent par $u$

L’écart entre les deux notions tient donc simplement au remplacement d’un mot par un autre …

Que se passe-t-il lorsqu’on superpose les deux conditions ? Autrement dit, que dire d’une application qui serait à la fois injective et surjective ?

Une telle application s’appelle, par définition, une bijection.

Observons que cette condition signifie :

d’une part, que tout élément de l’ensemble de départ possède une image et une seule (mais cela n’est rien d’autre que la définition d’une application),
d’autre part, que tout élément de l’ensemble d’arrivée possède un antécédent et un seul (résultat de la superposition des locutions « au plus » et « au moins »).

Une bijection est donc ce qu’on pourrait appeler une « correspondance parfaite » entre les ensembles $E$ et $F.$ Pour en savoir davantage à ce sujet, on pourra consulter l’article Qu’est-ce qu’une bijection, au juste ?

6 – Composition d’injections ou de surjections

On considère ici trois ensembles $E,F$ et $G$ ainsi que deux applications $u:E\rightarrow F$ et $v:F\rightarrow G.$

Rappelons par précaution que l’application $E\rightarrow G,\thinspace x\mapsto v\left(u\left(x\right)\right)$ est appelée la composée de $u$ par $v$ et notée $v\circ u$ (ce qu’on lit « v rond u »).

La proposition suivante nous apporte quatre petites propriétés à la fois très simples et très utiles :

Proposition

Injectivité ou surjectivité d’une composée :

(1) Si $u$ et $v$ sont injectives, alors $v\circ u$ aussi.

(2) Si $u$ et $v$ sont surjectives, alors $v\circ u$ aussi.

(3) Si $v\circ u$ est injective, alors $u$ aussi.

(4) Si $v\circ u$ est surjective, alors $v$ aussi.

Preuve (cliquer pour déplier / replier)

Pour (1) : si $x,x'\in E$ sont tels que $v\left(u\left(x\right)\right)=v\left(u\left(x'\right)\right)$ alors $u\left(x\right)=u\left(x'\right)$ (car $v$ est injective) et donc $x=x'$ (car $u$ est injective). Ceci prouve l’injectivité de $v\circ u.$

Pour (2) : si $z\in G$ alors il existe $y\in F$ tel que $z=v\left(y\right)$ (car $v$ est surjective) puis (comme $u$ est surjective) il existe $x\in E$ tel que $y=u\left(x\right).$ Ainsi $z=v\left(u\left(x\right)\right)$ et ceci prouve la surjectivité de $v\circ u.$

Pour (3) : si $x,x'\in E$ sont tels que $u\left(x\right)=u\left(x'\right)$ alors $v\left(u\left(x\right)\right)=v\left(u\left(x'\right)\right)$ et donc, comme $v\circ u$ est injective, il s’ensuit que $x=x'.$ Ceci montre l’injectivité de $u.$

Enfin, pour (4) : si $z\in G$ alors il existe par surjectivité de $v\circ u$ un élément $x\in E$ tel que $z=v\left(u\left(x\right)\right).$ En posant $y=u\left(x\right),$ on constate que $y\in F$ et que $z=v\left(y\right).$ ceci montre la surjectivité de $v.$

Avec les mêmes notations, on en déduit des points (3) et (4) précédents que :

Corollaire

Si $v\circ u$ est bijective, alors $u$ est injective et $v$ et surjective.

Un cas particulier important est celui où $u:E\rightarrow E$ vérifie $u\circ u=id_{E}$ , c’est-à-dire :

$\forall x\in E,\:u\left(u\left(x\right)\right)=x$

Une telle application est dite involutive (on dit aussi qu’il s’agit d’une involution).

Vu que l’application identique est bijective, on voit qu’une involution est nécessairement injective et surjective, donc bijective.

7 – Injectivité et stricte monotonie

Limitons nous ici au cas d’une application $u:A\rightarrow B$ où $A,B$ sont deux parties non vides de $\mathbb{R}.$

Rappelons que $u$ est dite strictement croissante lorsque, pour tout couple $\left(a,a'\right)$ d’éléments de $A,$ l’hypothèse $a<a'$ entraîne $u\left(a\right)<u\left(a'\right).$

La stricte décroissance est définie de manière analogue et $u$ est dite strictement monotone lorsqu’elle est soit strictement croissante, soit strictement décroissante.

De manière évidente :

Proposition

Dans le contexte défini ci-dessus, la stricte monotonie entraîne l’injectivité.

Ce résultat, bien que rudimentaire, est très utile. C’est ainsi que l’injectivité de l’application

$g:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R},\thinspace x\mapsto x^{3}$

(voir section 2, exemple 4) peut être établie en remarquant que sa dérivée est positive et ne s’annule qu’une fois (et donc que l’ensemble des points où cette dérivée s’annule est d’intérieur vide), ce qui entraîne la croissance stricte de $g.$

Quant à la réciproque de l’implication

$\text{stricte monotonie }\Rightarrow\text{ injectivité}$

elle est fausse, comme le montre l’exemple de la suite de terme général $u_{n}=n+\left(-1\right)^{n},$ dont une partie du graphe est représentée ci-dessous :

Considérons deux entiers naturels distincts et envisageons deux cas, pour montrer qu’ils possèdent des images distinctes :
- Si $n$ et $p$ sont de même parité, alors leurs images respectives sont $n+1$ et $p+1$ (s’ils sont tous deux pairs) ou bien $n-1$ et $p-1$ (s’ils sont tous deux impairs) donc sont distinctes.
- Si $n$ et $p$ sont de parités contraires, alors c’est encore le cas de leurs images (car ajouter ou retrancher 1 à un entier inverse sa parité), qui sont donc distinctes.
Comme $0<1$ et $1=u\left(0\right)>u\left(1\right)=0,$ on voit que $u$ n’est pas croissante. Et comme $1<2$ et $0=u\left(1\right)<u\left(2\right)=3,$ on voit qu’elle n’est pas décroissante non plus.

Le premier point montre que la suite $u$ est injective, et le second qu’elle est non monotone (plus précisément, elle n’est monotone à partir d’aucun rang).

La situation serait-t-elle différente sans le cas où $A$ et $B$ sont des intervalles ? L’exemple qui suit montre que non …

Cette application est une involution donc d’une bijection (voir fin de la section 6) et, en particulier, une injection. Pour autant, $u$ n’est pas strictement monotone. En effet :

$-1<1$ et $u(-1) <u(1)$ donc $u$ n’est pas strictement décroissante,
$1<2$ et $u(1)>u(2)$ donc $u$ n’est pas strictement croissante.

Toutefois, un joli théorème nous apporte une réciproque partielle :

Théorème

Si $I$ est un intervalle (de longueur non nulle) et si $f:I\to\mathbb{R}$ est continue et injective, alors $f$ est strictement monotone.

Preuve (cliquer pour déplier / replier)

Soient $a,b\in I$ tels que $a<b$ . Comme $f$ est injective, alors $f\left(a\right)\neq f\left(b\right).$ Supposons dans la suite de cette preuve que $f\left(a\right)<f\left(b\right)$ et montrons que $f$ est strictement croissante (dans le cas où $f\left(a\right)>f\left(b\right),$ il suffit d’appliquer ce qui va suivre à $-f$ pour conclure que $-f$ est strictement croissante, et donc que $f$ est strictement décroissante).

Soient $x,y\in I$ tels que $x<y.$

Afin de prouver que $f\left(x\right)<f\left(y\right),$ considérons l’application auxiliaire :

$\theta:\left[0,1\right]\rightarrow\mathbb{R},\thinspace t\mapsto f\left(\left(1-t\right)x+ta\right)-f\left(\left(1-t\right)y+tb\right)$

et montrons par l’absurde que $\theta$ ne s’annule pas.

Dans le cas contraire, il existerait $t\in\left[0,1\right]$ tel que :

$f\left(\left(1-t\right)x+ta\right)=f\left(\left(1-t\right)y+tb\right)$

d’où, par injectivité de $f$ :

$\left(1-t\right)x+ta=\left(1-t\right)y+tb$

c’est-à-dire :

$\left(1-t\right)\left(x-y\right)=t\left(b-a\right)$

Mais $t\neq0$ (car $x\neq y)$ et $t\neq1$ (car $a\neq b)$ donc les deux membres de cette égalité sont non nuls et de signes contraires : contradiction. Il s’ensuit, comme annoncé, que $\theta$ ne s’annule pas. Le théorème des valeurs intermédiaires s’applique à $\theta,$ qui est continue (comme $f)$ et définie sur un intervalle. On voit ainsi que $\theta$ est de signe constant.

Or, $\theta\left(1\right)=f\left(a\right)-f\left(b\right)<0$ donc $\theta\left(0\right)<0$ soit finalement : $f\left(x\right)<f\left(y\right).$

8 – Dans un sens ou dans l’autre …

La proposition suivante indique un lien intéressant entre les notions d’injectivité et de surjectivité :

Proposition

Soient $E$ et $F$ deux ensembles non vides. Alors l’existence d’une injection $u:E\rightarrow F$ équivaut à l’existence d’une surjection $v:F\rightarrow E.$

Preuve (cliquer pour déplier / replier)

Supposons l’existence d’une injection $u:E\rightarrow F.$ On peut alors construire une surjection $v:F\rightarrow E$ de la manière suivante. On commence par choisir un élément $a\in E.$ Pour chaque élément $y$ de $F,$ on envisage deux cas :

si $y$ possède un antécédent par $u,$ on sait que celui-ci est unique (hypothèse d’injectivité). Notons-le $x$ et posons : $v\left(y\right)=x$
si $y$ ne possède pas d’antécédent par $u,$ posons $v\left(y\right)=a$

L’application $v$ ainsi définie est surjective puisque $v\circ u=id_{E}.$

Supposons maintenant l’existence d’une surjection $v:F\rightarrow E.$ Pour chaque élément $x\in E,$ choisissons l’un ses antécédents (il en existe : hypothèse de surjectivité) et notons-le $u\left(x\right)$ (et ne nous cachons pas derrière notre petit doigt : nous sommes en train d’utiliser l’axiome du choix).

L’application $u$ ainsi définie est injective puisque $v\circ u=id_{E}.$

Dans le cas d’ensembles finis, l’existence d’une injection $u:E\rightarrow F$ équivaut à la condition $\text{card}\left(E\right)\leqslant\text{card}\left(F\right).$ Rappelons que le nombre d’éléments d’un ensemble fini $S$ est appelé le cardinal de $S$ et noté $\text{card}\left(S\right).$

De même, l’existence d’une surjection $u:E\rightarrow F$ équivaut à la condition $\text{card}\left(E\right)\geqslant\text{card}\left(F\right).$ Ceci rend évidente la proposition ci-dessus, au moins pour des ensembles $E,F$ finis. Et il est intéressant de noter que sa validité persiste en général (pour des ensembles non supposés finis).

Cette remarque peut en évoquer une autre, à savoir que (toujours pour des ensembles finis) l’existence simultanée d’une injection $E\rightarrow F$ et d’une injection $F\rightarrow E$ se traduit par une double inégalité entre les cardinaux, autrement dit par l’équipotence des deux ensembles $E$ et $F$ (deux ensembles sont dits équipotents lorsqu’il existe une bijection de l’un vers l’autre. Dans le cas d’ensembles finis, cette condition équivaut à l’égalité des cardinaux). Là encore, il est frappant de constater que la propriété reste vraie pour des ensembles non supposés finis, mais la preuve est beaucoup plus délicate. Pour en savoir plus à ce sujet, on pourra consulter l’article le théorème de Cantor-Bernstein-Schröder.

9 – Intervention d’une hypothèse de finitude

Rappelons qu’un espace vectoriel $E$ est dit « de dimension finie » lorsqu’il est engendré par une famille finie de vecteurs. On montre alors qu’il existe des familles finies qui sont à la fois libres et génératrices de $E.$ Ces sont les bases de $E.$ En outre, toutes les bases sont composées d’un même nombre $n$ de vecteurs. Cet entier $n$ est appelé la dimension de $E$ et noté $\dim\left(E\right).$

Voici deux propositions « jumelles », données ici sans démonstration (la seconde est un corollaire bien connu du théorème du rang) :

Proposition ✧

On considère deux ensembles finis $E,F.$ On suppose que $\text{card}\left(E\right)=\text{card}\left(F\right)$ et l’on considère une application $u:E\rightarrow F.$ Alors :

$\left(u\text{ est injective}\right)\Leftrightarrow\left(u\text{ est bijective}\right)\Leftrightarrow\left(u\text{ est surjective}\right)$

Proposition ✦

On considère deux espaces vectoriels $E$ et $F$ (sur un même corps $\mathbb{K}).$ On suppose qu’ils sont de même dimension finie et l’on considère une application linéaire $u:E\rightarrow F.$ Alors :

$\left(u\text{ est injective}\right)\Leftrightarrow\left(u\text{ est bijective}\right)\Leftrightarrow\left(u\text{ est surjective}\right)$

Donnons, pour chacune de ces propositions, deux exemples d’utilisation :

Exemple ✧1

Soient $a,n$ deux entiers naturels non nuls, premiers entre eux (c’est-à-dire tels que $\text{pgcd}\left(a,n\right)=1).$

On note classiquement $\left\llbracket 1,n\right\rrbracket$ l’ensemble des entiers de 1 à $n$ et l’expression $x\text{ mod }n$ désigne (non moins classiquement) le reste de la division euclidienne de $x$ par $n.$

Montrons que l’application

$Q_{n}:\left\llbracket 1,n\right\rrbracket \rightarrow\left\llbracket 1,n\right\rrbracket ,\thinspace k\mapsto1+\left(ak\right)\text{ mod }n$

est surjective.

Avant toute chose, rappelons que $q\text{ mod }n\in\left\llbracket 0,n-1\right\rrbracket$ pour tout entier $q,$ ce qui montre que $Q_{n}$ est bien à valeurs dans $\left\llbracket 1,n\right\rrbracket .$

Pour prouver la surjectivité de $Q_{n},$ l’idée consiste à établir plutôt son injectivité, puis à invoquer la proposition ✧ …

Soient donc $k,\ell\in\left\llbracket 1,n\right\rrbracket$ tels que :

$1+\left(ak\right)\text{ mod }n=1+\left(a\ell\right)\text{ mod }n$

Cette condition entraîne :

$n\mid a\left(k-\ell\right)$

et donc, d’après le théorème de Gauss : $n\mid k-\ell.$ Mais comme $\left|k-\ell\right|<n,$ ceci impose $k=\ell,$ comme souhaité.

Exemple ✧2

Considérons un groupe fini $\left(G,\times\right)$ de cardinal impair et notons $1$ son élément neutre. Montrons que :

$\forall g\in G,\thinspace\exists!a\in G;\thinspace a^{2}=g$

autrement dit, que tout élément de $G$ possède une unique racine carrée dans $G.$

Introduisons l’application

$c:G\rightarrow G,\thinspace x\mapsto x^{2}.$

Il s’agit d’établir sa bijectivité.

Etant donné $g\in G,$ l’ordre $\omega$ de $g$ est impair puisque c’est un diviseur de $\text{card}\left(G\right).$ Notons $\omega=2p-1$ et posons $a=g^{p}.$ Vu que $g^{2p-1}=1$ (conséquence du théorème de Lagrange ! Voir à ce sujet la vidéo
Théorème de Lagrange et ordre d’un élément dans un groupe fini), on constate que :

$a^{2}=g^{2p}=g$

Ceci prouve que $c$ est surjective. Et comme les cardinaux des ensembles de départ et d’arrivée son égaux (et pour cause…), il s’agit d’une bijection.

Exemple ✦1

Fixons un entier $n\geqslant2$ et considérons deux sous-espaces vectoriels de l’espace $\mathcal{M}_{n}\left(\mathbb{R}\right)$ des matrices carrées réelles de taille $n$ :

l’ensemble $T$ des matrices triangulaires supérieures
l’ensemble $S$ des matrices symétriques

L’application :

$\xi:T\rightarrow S,\thinspace M\mapsto M+M^\top$

est d’évidence linéaire.

Si $M$ appartient au noyau, alors $M$ est à la fois triangulaire supérieure et antisymétrique, donc nulle. De ce fait, $\xi$ est injective et donc bijective puisque :

$\dim\left(T\right)=\frac{n\left(n+1\right)}{2}=\dim\left(S\right)$

Terminons avec un exemple tiré du cours d’algèbre bilinéaire …

Exemple ✦2

Soit $E$ un espace vectoriel euclidien, c’est-à-dire un $\mathbb{R}-$ espace vectoriel de dimension finie, muni d’un produit scalaire. Le produit scalaire de deux vecteurs $x,y$ est noté $\left(x\mid y\right).$

On note encore $E^{\star}$ le dual de $E,$ c’est-à-dire l’espace des formes linéaires sur $E.$

Dans ce contexte, considérons l’application linéaire

$J:E\rightarrow E^{\star},\thinspace a\mapsto\left[x\mapsto\left(x\mid a\right)\right]$

Si $a\in\ker\left(J\right)$ alors $\left(x\mid a\right)=0$ pour tout $x\in E.$ En particulier $\left(a\mid a\right)=0$ et donc $a=0_{E}.$ Ceci montre que $J$ est injective.

Mais comme $\dim\left(E\right)=\dim\left(E^{\star}\right),$ il s’ensuit que $J$ est surjective.

Ainsi, $J$ est un isomorphisme (appelé isomorphisme canonique entre un espace vectoriel euclidien et son dual).

Ce thème est abordé plus en détail dans l’exercice n° 2 de la fiche Exercices sur le produit scalaire – 01

J’espère que cet article vous aura permis de mieux maîtriser les méthodes de base pour montrer qu’une application est (ou n’est pas) injective ou surjective.

N’hésitez pas à me laisser vos questions et remarques en commentaires ou bien en passant par le formulaire de contact.

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