Comment reconnaît-on une bijection ? En pratique, la recherche du nombre d’antécédent d’un élément par $f$ via la résolution d’équation est trop dure… Nous allons dans le cadre de fonctions de $\mathbb{R}$ vers $\mathbb{R}$ donner des outils, plus exactement des conditions suffisantesLes propriétés sont de la forme :
« Si H, alors C ».
Ainsi, lorsque l’hypothèse (H) est réalisée, nous pouvons affirmer la conclusion (C). Mais, cette conclusion peut s’obtenir sans avoir l’hypothèses (H).
Dans le cadre de ce paragraphe, il est possible qu’une fonction $f$ soit une bijection sans que $f$ vérifie les hypothèses des théorèmes. pour reconnaître une bijection.
Quitte à restreindre l’ensemble de départ à l’ensemble de définition $D$ de la fonction $f$, nous pouvons supposer que $f$ est une application de $D$ vers $\mathbb{R}$.
Afin d’obtenir une condition simple et pratique de reconnaissance de bijection, nous restreignons l’ensemble de départ à un intervalle (inclus dans l’ensemble de définition).
Première condition suffisante
Les deux théorèmes suivants sont équivalents.
Si $f$ est une application continue et strictement croissante (respectivement décroissante) sur l’intervalle $[a,b]$, alors $f$ réalise une bijection de $[a,b]$ vers $[f(a),f(b)]$ (respectivement $[f(b),f(a)]$).
Nous démontrerons plutôt le théorème suivant. Cette preuve est donc laissée au lecteur.
Si $f$ est une application continue et strictement monotone sur l’intervalle $[a,b]$, alors, pour tout réel $k$ compris entre $f(a)$ et $f(b)$, l’équation « $f(x)=k$ » a une unique solution dans $[a,b]$.
Nous procédons en 2 temps :
- Existence de la solution
L’existence de la solution est donnée par le théorème des valeurs intermédiaires (lien vers le paragraphe 2 Pré-requis).- Unicité de la solution
Nous obtenons l’unicité grâce à la stricte monotonie. En effet, raisonnons par l’absurde : supposons que l’équation « $f(x)=k$ » admette 2 solutions $c_1$ et $c_2$ avec $c_1\lt c_2$. Comme $f$ est strictement monotone, nous avons soit $f(c_1)\lt f(c_2)$, soit $f(c_1)\gt f(c_2)$ mais nous n’avons pas $f(c_1)=k=f(c_2)$.
D’où le résultat.
La fonction racine carrée est continue et strictement croissante sur $[0,4]$. Elle établit donc une bijection de $[0,4]$ sur $[0,2]$.
Ce résultat se prolonge au cas où l’intervalle de départ est quelconque (ouvert, semi-ouvert, avec des bornes finies ou infinies…). Dans le cas de bornes ouvertes, nous remplaçons l’image de la borne par la limite de $f$ en cette borne.
La fonction carrée est continue et strictement croissante sur $\mathbb{R}^+$. Elle établit donc une bijection de $\mathbb{R}^+$ sur $\mathbb{R}^+$.
Seconde condition suffisante
Une autre condition suffisante est souvent employée (bien que plus faible).
Si $f$ est une fonction dérivable sur l’intervalle $[a,b]$ tel que $\forall x\in [a,b], f'(x)\gt 0$ (respectivement $f'(x)\lt 0$) sauf en un nombre fini de points, alors $f$ réalise une bijection de $[a,b]$ vers $[f(a),f(b)]$ (respectivement $[f(b),f(a)]$).
Ce théorème est équivalent au suivant :
Si $f$ est une fonction dérivable sur l’intervalle $[a,b]$ tel que $\forall x\in [a,b], f'(x)\gt 0$ (respectivement $f'(x)\lt 0$) sauf en un nombre fini de points, alors, pour tout réel $k$ compris entre $f(a)$ et $f(b)$, l’équation « $f(x)=k$ » a une unique solution dans $[a,b]$.
Ce résultat se prolonge au cas où l’intervalle de départ est quelconque (ouvert, semi-ouvert, avec des bornes finies ou infinies…). Dans le cas de bornes ouvertes, nous remplaçons l’image de la borne par la limite de $f$ en cette borne.
Les hypothèses de ces théorèmes impliquent la stricte monotonie de la fonction et nous pouvons alors utiliser les théorèmes précédents. D’où le résultat.
Soit $f$ la fonction définie sur $[-2,+\infty[$ par $f:x\mapsto \sqrt{x+2}$.
Montrons que $f$ est une bijection de l’intervalle $[-2,+\infty[$ sur un intervalle que l’on déterminera.
La fonction $f$ est définie sur l’intervalle $[-2,+\infty[$. Elle est dérivable sur l’intervalle $]-2,+\infty[$.
Pour $x$ élément de $]-2,+\infty[$, $f'(x)=\dfrac{1}{2\sqrt{x+2}}$ d’où $f'(x)\gt 0$.
Nous avons, $\lim\limits_{x\to +\infty}\sqrt{x+2}=+\infty$ et $\lim\limits_{x\to -2}\sqrt{x+2}=0$.
$f$ est dérivable et strictement croissante sur l’intervalle $]-2,+\infty[$. $f$ est donc une bijection de $]-2,+\infty[$ sur $]0,+\infty[$.
De plus $\lim\limits_{x\to -2}\sqrt{x+2}=0=f(-2)$, donc $f$ réalise donc une bijection de $[-2,+\infty[$ sur $[0,+\infty[$.