Soit f : E → E telle que f ∘ f ∘ f = f. Montrer que f est injective si…

On suppose $f:E\to E$ telle que $f\circ f\circ f=f$, c'est-à-dire : $$\forall x\in E,f(f(f(x)))=f(x)$$

1) Si $f$ est injective, alors $f$ est surjective.

Soit $x\in E$. L'hypothèse donne $f(f(f(x)))=f(x)$ : les deux éléments $f(f(x))$ et $x$ ont la même image par $f$. L'injectivité impose donc $$\forall x\in E,f(f(x))=x$$ Soit maintenant $y\in E$ quelconque. En posant $x=f(y)$, on obtient $f(x)=f(f(y))=y$ : tout élément de $E$ est atteint. Donc $f$ est surjective.

2) Si $f$ est surjective, alors $f$ est injective.

Soit $y\in E$. Par surjectivité, il existe $z\in E$ tel que $y=f(z)$. Alors $$f(f(y))=f(f(f(z)))=f(z)=y$$ et l'on retrouve, cette fois pour tout $y$ : $$f\circ f={\mathrm{Id}}_E$$ Soient enfin $x,x^{\prime }\in E$ tels que $f(x)=f(x^{\prime })$. En appliquant $f$ : $f(f(x))=f(f(x^{\prime }))$, c'est-à-dire $x=x^{\prime }$. Donc $f$ est injective. $■$

Ce que la démonstration a réellement établi. Dans les deux cas, on a démontré au passage la même chose : $$f\circ f={\mathrm{Id}}_E$$ Autrement dit, dès que $f$ possède l'une des deux propriétés, elle est bijective et égale à sa propre réciproque — c'est une involution. La conclusion est donc bien plus forte que l'équivalence demandée.

La condition est nécessaire. Sans l'hypothèse $f^3=f$, l'équivalence tombe : sur $E=\mathbb{N}$, l'application $x\mapsto 2x$ est injective sans être surjective, et $y\mapsto \lfloor y/2\rfloor$ est surjective sans être injective. C'est bien la relation $f^3=f$ qui verrouille les deux propriétés l'une à l'autre.

(Sur un ensemble fini, injectivité et surjectivité sont équivalentes pour toute application — c'est le principe des tiroirs. L'intérêt de cet exercice est qu'il ne suppose rien sur $E$ : c'est l'équation $f^3=f$, et non la finitude, qui fait le travail.)