Trois inclusions et ce qu'elles mesurent

Ce qu'on a le droit d'utiliser. Uniquement les définitions : $y\in f(A)$ signifie qu'il existe $x\in A$ tel que $y=f(x)$ ; $x\in f^{-1}(B)$ signifie $f(x)\in B$. Toute la difficulté de l'exercice est de ne rien utiliser d'autre.

a) L'image d'une intersection. Soit $y\in f(A\cap A^{\prime })$. Il existe $x\in A\cap A^{\prime }$ tel que $y=f(x)$. Comme $x\in A$, $y\in f(A)$ ; comme $x\in A^{\prime }$, $y\in f(A^{\prime })$. Donc $y\in f(A)\cap f(A^{\prime })$.

Exemple d'inclusion stricte. Prenons $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$, $f(x)=x^2$, $A=\{1\}$ et $A^{\prime }=\{-1\}$. Alors $A\cap A^{\prime }=\varnothing$ donc $f(A\cap A^{\prime })=\varnothing$, tandis que $f(A)\cap f(A^{\prime })=\{1\}\cap \{1\}=\{1\}$. L'inclusion est stricte, et l'on voit déjà pourquoi : deux éléments distincts ont la même image.

b) Les deux inclusions. Soit $x\in A$. Alors $f(x)\in f(A)$ par définition de l'image directe, donc $x\in f^{-1}(f(A))$ par définition de l'image réciproque : $A\subset f^{-1}(f(A))$.

Soit $y\in f(f^{-1}(B))$. Il existe $x\in f^{-1}(B)$ tel que $y=f(x)$. Or $x\in f^{-1}(B)$ signifie $f(x)\in B$, donc $y\in B$ : $f(f^{-1}(B))\subset B$.

c) Les trois caractérisations de l'injectivité. On montre (i) $\Rightarrow$ (ii), (ii) $\Rightarrow$ (i), (i) $\Rightarrow$ (iii) et (iii) $\Rightarrow$ (i).

(i) $\Rightarrow$ (ii). Supposons $f$ injective et soit $A\subset E$. Soit $x\in f^{-1}(f(A))$ : alors $f(x)\in f(A)$, donc $f(x)=f(a)$ pour un certain $a\in A$, et l'injectivité donne $x=a\in A$. Ainsi $f^{-1}(f(A))\subset A$, et avec le b), $f^{-1}(f(A))=A$.

(ii) $\Rightarrow$ (i). Supposons l'égalité vraie pour toute partie, et soient $x,x^{\prime }\in E$ tels que $f(x)=f(x^{\prime })$. Appliquons-la à $A=\{x\}$ : $f(x^{\prime })=f(x)\in f(\{x\})$, donc $x^{\prime }\in f^{-1}(f(\{x\}))=\{x\}$, soit $x^{\prime }=x$. (Le singleton est le bon choix : c'est la plus petite partie qui contienne $x$, donc celle qui contraint le plus.)

(i) $\Rightarrow$ (iii). Supposons $f$ injective. Avec le a), il reste à montrer $f(A)\cap f(A^{\prime })\subset f(A\cap A^{\prime })$. Soit $y\in f(A)\cap f(A^{\prime })$ : il existe $a\in A$ et $a^{\prime }\in A^{\prime }$ tels que $y=f(a)=f(a^{\prime })$. Par injectivité $a=a^{\prime }$, donc $a\in A\cap A^{\prime }$ et $y=f(a)\in f(A\cap A^{\prime })$.

(iii) $\Rightarrow$ (i). Supposons l'égalité vraie pour toutes parties, et soient $x,x^{\prime }$ tels que $f(x)=f(x^{\prime })$. Si l'on avait $x\ne x^{\prime }$, les singletons $A=\{x\}$ et $A^{\prime }=\{x^{\prime }\}$ seraient disjoints, d'où $f(A\cap A^{\prime })=f(\varnothing )=\varnothing$, alors que $f(A)\cap f(A^{\prime })=\{f(x)\}\cap \{f(x^{\prime })\}=\{f(x)\}\ne \varnothing$ — contradiction. Donc $x=x^{\prime }$.

d) La caractérisation de la surjectivité. Supposons $f$ surjective et soit $B\subset F$. Soit $y\in B$ : il existe $x\in E$ avec $f(x)=y$ ; comme $f(x)\in B$, $x\in f^{-1}(B)$, donc $y=f(x)\in f(f^{-1}(B))$. Avec le b), $f(f^{-1}(B))=B$.

Réciproquement, supposons l'égalité vraie pour toute partie et appliquons-la à $B=F$ : $f(f^{-1}(F))=f(E)=F$, ce qui est exactement la surjectivité.

Ce que montrent les contre-exemples. Avec $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$, $f(x)=x^2$, qui n'est ni injective ni surjective : $A=\{1\}$ donne $f^{-1}(f(A))=\{-1,1\}\ne A$ — l'antécédent de trop vient du défaut d'injectivité ; $B=\{-1\}$ donne $f(f^{-1}(B))=\varnothing \ne B$ — le point manquant vient du défaut de surjectivité.

Ce que l'exercice installe. Les trois inclusions ne sont pas trois accidents séparés : chacune mesure exactement l'un des deux défauts possibles d'une application. Une propriété ensembliste, vraie pour toutes les parties, caractérise une propriété ponctuelle de $f$ — et le passage de l'une à l'autre se fait toujours par le même geste, le choix d'un singleton.