Inverses à gauche et à droite, et $f\circ f\circ f=f$

a) Inverse à gauche.

Sens direct. Supposons $f$ injective. Il faut construire $h$. Fixons une fois pour toutes un élément $x_0$ de $E$ — c'est ici que sert l'hypothèse $E\ne \varnothing$. Pour $y\in F$, deux cas : si $y\in f(E)$, l'injectivité garantit que $y$ a un antécédent et un seul, que l'on note $h(y)$ ; si $y\notin f(E)$, on pose $h(y)=x_0$. L'application $h$ est bien définie, précisément parce que l'antécédent est unique. Et pour tout $x\in E$, $f(x)\in f(E)$ a pour unique antécédent $x$, donc $h(f(x))=x$ : $h\circ f={\mathrm{Id}}_E$.

Sens réciproque. Supposons qu'il existe $h$ avec $h\circ f={\mathrm{Id}}_E$, et soient $x,x^{\prime }\in E$ tels que $f(x)=f(x^{\prime })$. En appliquant $h$ : $h(f(x))=h(f(x^{\prime }))$, c'est-à-dire $x=x^{\prime }$. Donc $f$ est injective.

Surjectivité de $h$. Si $h\circ f={\mathrm{Id}}_E$, alors tout $x\in E$ s'écrit $x=h(f(x))$ : c'est l'image par $h$ de l'élément $f(x)$ de $F$. Donc $h$ est surjective.

b) Inverse à droite.

Sens direct. Supposons $f$ surjective. Pour tout $y\in F$, l'ensemble $f^{-1}(\{y\})$ des antécédents de $y$ est non vide ; on choisit dans chacun un élément, que l'on note $g(y)$. On a alors $f(g(y))=y$ pour tout $y$ : $f\circ g={\mathrm{Id}}_F$.

Sens réciproque. Supposons qu'il existe $g$ avec $f\circ g={\mathrm{Id}}_F$, et soit $y\in F$. Posons $x=g(y)$ : alors $f(x)=f(g(y))=y$. Tout $y$ a un antécédent : $f$ est surjective.

Injectivité de $g$. Si $g(y)=g(y^{\prime })$, alors $f(g(y))=f(g(y^{\prime }))$, c'est-à-dire $y=y^{\prime }$. Donc $g$ est injective.

Le point délicat : les deux constructions ne sont pas de même nature. Au a), $h(y)$ est déterminé : c'est l'unique antécédent. Au b), $g(y)$ est choisi parmi plusieurs antécédents, simultanément pour tous les $y$ ; qu'on en ait le droit est un principe de la théorie des ensembles, l'axiome du choix, que le programme utilise sans le nommer.

c) La translation de $\mathbb{N}$.

Les inverses à gauche. La condition $h\circ s={\mathrm{Id}}_{\mathbb{N}}$ s'écrit : $h(n+1)=n$ pour tout $n\in \mathbb{N}$. Elle fixe $h(m)=m-1$ pour tout $m\ge 1$, et ne dit rien de $h(0)$, puisque $0$ n'est pas de la forme $n+1$. Réciproquement, pour tout $c\in \mathbb{N}$, l'application $h_c$ définie par $h_c(0)=c$ et $h_c(m)=m-1$ pour $m\ge 1$ vérifie $h_c(n+1)=n$ pour tout $n$. Les inverses à gauche de $s$ sont exactement les $h_c$ : il y en a une infinité, conformément au a), $s$ étant injective.

Pas d'inverse à droite. S'il existait $g$ avec $s\circ g={\mathrm{Id}}_{\mathbb{N}}$, on aurait en particulier $g(0)+1=0$, ce qui est impossible dans $\mathbb{N}$. C'est conforme au b) : $s$ n'est pas surjective, $0$ n'a pas d'antécédent.

Ce que montre cet exemple. Un inverse d'un seul côté n'est pas un inverse : aucun des $h_c$ n'est la réciproque de $s$, puisque $s\circ h_c$ envoie $0$ sur $c+1\ne 0$.

d) L'équation $f\circ f\circ f=f$.

Si $f$ est injective. Par le a), il existe $h:E\to E$ telle que $h\circ f={\mathrm{Id}}_E$. Composons à gauche par $h$ les deux membres de $f\circ (f\circ f)=f$, en utilisant l'associativité de la composition : $$(h\circ f)\circ (f\circ f)=h\circ f,\text{soit}f\circ f={\mathrm{Id}}_E.$$ Alors $f$ admet $f$ elle-même pour inverse à droite, et par le b), $f$ est surjective.

Si $f$ est surjective. Un argument direct, sans aucun choix : soient $x,y\in E$ tels que $f(x)=f(y)$. Par surjectivité, il existe $u,v\in E$ tels que $x=f(u)$ et $y=f(v)$. L'égalité $f(x)=f(y)$ s'écrit $f(f(u))=f(f(v))$ ; appliquons $f$ aux deux membres : $f(f(f(u)))=f(f(f(v)))$. L'hypothèse transforme chaque membre, et il vient $f(u)=f(v)$, c'est-à-dire $x=y$. Donc $f$ est injective.

Conclusion. $f$ est injective si et seulement si elle est surjective ; et dans ce cas, le premier point donne $f\circ f={\mathrm{Id}}_E$ : $f$ est une bijection qui est sa propre réciproque.

Contrôle sur des exemples. L'application $x\mapsto -x$ de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$ vérifie $f\circ f=\mathrm{Id}$, donc $f\circ f\circ f=f$ : elle est bijective. L'application $x\mapsto |x|$ vérifie $f\circ f=f$, donc encore $f\circ f\circ f=f$ : elle n'est ni injective ($f(-1)=f(1)$) ni surjective ($-1$ n'est pas atteint) — les deux propriétés tombent ensemble. Une recherche exhaustive sur les ensembles à au plus quatre éléments confirme l'équivalence.

Ce que l'exercice installe. L'injectivité et la surjectivité se lisent par composition : injective, c'est « simplifiable à gauche », surjective, « simplifiable à droite ». Sur $\mathbb{N}$, un inverse d'un seul côté n'est pas un inverse ; le phénomène disparaîtra pour les matrices carrées — une matrice carrée inversible à gauche ou à droite est inversible, dit le programme, et la translation de $\mathbb{N}$ montre que ce théorème a un vrai contenu. Enfin l'équation $f\circ f\circ f=f$ contient les applications telles que $p\circ p=p$ (les projecteurs) et $s\circ s=\mathrm{Id}$ (les symétries), que l'algèbre linéaire étudiera.