Solutions des exercices: Série d'exercice sur les fonctions 1e S

Exercice 1 : Ensemble de définition

1) $f(x)=\sqrt{-x}$
    L'expression sous la racine doit être positive : $-x \geq 0$.
    En multipliant par $-1$, on inverse l'inégalité : $x \leq 0$.
   $D_f = ]-\infty ; 0]$

2) $f(x)=\dfrac{1}{\sqrt{|x|}}$
    Le dénominateur ne doit pas être nul et la racine doit être définie. Comme c'est une valeur absolue, $|x| \geq 0$ est toujours vrai. Cepe||ant, étant au dénominateur, il faut strictement $|x| > 0$, donc $x \neq 0$.
   $\Rightarrow D_f = \mathbb{R}^*$ (ou $\mathbb{R} \setminus \{0\}$)

3) $f(x)=\sqrt{1-x}$
    $1-x \geq 0$.
    $-x \geq -1 \implies x \leq 1$.
   $D_f = ]-\infty ; 1]$

4) $f(x)=\dfrac{2x}{\sqrt{3x+7}}$
    L'expression sous la racine est au dénominateur, elle doit être strictement positive : $3x+7 > 0$.
    $3x > -7 \implies x > -\frac{7}{3}$.
   $D_f = ]-\frac{7}{3} ; +\infty[$

5) $f(x)=\dfrac{\sqrt{2x-5}}{x-3}$
   Conditions :
    1.  Sous la racine : $2x-5 \geq 0 \implies x \geq \frac{5}{2}$.
    2.  Dénominateur : $x-3 \neq 0 \implies x \neq 3$.
   $D_f = [\frac{5}{2} ; 3[ \cup ]3 ; +\infty[$

6) $f(x)=\sqrt{|-x|}$
    $|-x| \geq 0$.
   Raisonnement : Une valeur absolue est toujours positive ou nulle pour tout réel.
   $D_f = \mathbb{R}$

7) $f(x)=\dfrac{1-\sqrt{-x}}{1+\sqrt{-x}}$
   Conditions :
    1.  Sous la racine : $-x \geq 0 \implies x \leq 0$.
    2.  Dénominateur : $1+\sqrt{-x} \neq 0$. Comme $\sqrt{-x} \geq 0$, alors $1+\sqrt{-x} \geq 1$. Le dénominateur ne s'annule jamais.
   $D_f = ]-\infty ; 0]$

8) $f(x)=\dfrac{2x-3}{6x^{2}-13x-5}$
    Le dénominateur doit être différent de 0. Résolvons $6x^{2}-13x-5 = 0$.
   Discriminant ($\Delta$) : $\Delta = (-13)^2 - 4(6)(-5) = 169 + 120 = 289 = 17^2$.
   Racines : $x_1 = \frac{13 - 17}{12} = -\frac{1}{3}$ et $x_2 = \frac{13 + 17}{12} = \frac{5}{2}$.
   $D_f = \mathbb{R} \setminus \{-\frac{1}{3} ; \frac{5}{2}\}$

9) $f(x)=\dfrac{2x-3}{6x^{2}-|13x-5|}$
    $6x^{2}-|13x-5| \neq 0$, soit $6x^2 \neq |13x-5|$.
    Cela donne deux cas à exclure :
    1.  $6x^2 = 13x - 5 \implies 6x^2 - 13x + 5 = 0$. Racines : $x = \frac{1}{2}$ et $x = \frac{5}{3}$.
    2.  $6x^2 = -(13x - 5) \implies 6x^2 + 13x - 5 = 0$. Racines : $x = -\frac{5}{2}$ et $x = \frac{1}{3}$.
   $D_f = \mathbb{R} \setminus \{-\frac{5}{2} ; \frac{1}{3} ; \frac{1}{2} ; \frac{5}{3}\}$

10) $f(x)=\dfrac{1}{\sqrt{6x^{2}-13x-5}}$
    $6x^{2}-13x-5 > 0$.
   Signe : Le polynôme est du signe de $a$ ($a=6>0$) à l'extérieur des racines ($-\frac{1}{3}$ et $\frac{5}{2}$).
   $D_f = ]-\infty ; -\frac{1}{3}[ \cup ]\frac{5}{2} ; +\infty[$

11) $f(x)=\dfrac{3x-6}{|x+1|-|x-5|}$
    Dénominateur $\neq 0 \implies |x+1| \neq |x-5|$.
    On élève au carré : $(x+1)^2 \neq (x-5)^2 \implies x^2+2x+1 \neq x^2-10x+25 \implies 12x \neq 24 \implies x \neq 2$.
   $D_f = \mathbb{R} \setminus \{2\}$

12) $f(x)=\dfrac{\sqrt{-6x^{2}+13x+5}}{2x-3}$
Conditions :

• Le numérateur exige : $-6x^2 + 13x + 5 \geq 0$
• Le dénominateur exige : $2x - 3 \neq 0$, soit $x \neq \frac{3}{2}$

Résolvons $-6x^2 + 13x + 5 \geq 0$ :
Factorisons $-6x^2 + 13x + 5$
En cherchant les racines avec le discriminant : $\Delta = 169 + 120 = 289 = 17^2$
$x = \frac{-13 \pm 17}{-12}$ donc $x = \frac{5}{2}$ ou $x = -\frac{1}{3}$
Ainsi : $-6x^2 + 13x + 5 = -6(x - \frac{5}{2})(x + \frac{1}{3})$
$-6(x - \frac{5}{2})(x + \frac{1}{3}) \geq 0$
$(x - \frac{5}{2})(x + \frac{1}{3}) \leq 0$
Donc : $-\frac{1}{3} \leq x \leq \frac{5}{2}$
$$\boxed{D_f = \left[-\frac{1}{3}, \frac{3}{2}\right[ \cup \left]\frac{3}{2}, \frac{5}{2}\right]}$$
13) $f(x)=\dfrac{\sqrt{-6x^{2}+13x+5}}{\sqrt{2x-3}}$
Conditions :

• Le numérateur exige : $-6x^2 + 13x + 5 \geq 0$

Les racines de ce polynôme sont $x = \frac{-1}{3}$ et $x = \frac{5}{2}$.
Comme $-6$ est négatif, donc le polynome $-6x^2 + 13x + 5 \geq 0$ est positif à l’intérieur des racines c’est-à-dire entre sur l’intervalle $[-\frac{1}{3}, \frac{5}{2}]$

• Le dénominateur exige : $2x - 3 > 0$, soit $x > \frac{3}{2}$ (strictement positif sous la racine)

Intersection des conditions :
$-\frac{-1}{3} \leq x \leq \frac{5}{2}$ ET $x > \frac{3}{2}$
$$\boxed{D_f = \left]\frac{3}{2}, \frac{5}{2}\right]}$$
14) $f(x)=\sqrt{\dfrac{-6x^{2}+13x+5}{2x-3}}$
Condition : $\dfrac{-6x^{2}+13x+5}{2x-3} \geq 0$
On étudie le signe de cette fraction. Les points critiques sont $x = -\frac{1}{3}$, $x = \frac{5}{2}$ et $x = \frac{3}{2}$.
Tableau de signe :

$x$	$-\infty$	$-\frac{1}{3}$	$\frac{3}{2}$	$\frac{5}{2}$	$+\infty$
$-6x^2 + 13x + 5$	+	$0$      +	+	$0$        +
$2x - 3$	+	+	$0$      +	+
$\frac{-6x^2 + 13x + 5}{2x - 3}$	+	$0$       +	||         +	$0$        +

La fraction est positive ou nulle quand : $x\leq -\frac{1}{3} $ ou $\frac{3}{2} \leq x < \frac{5}{2} $

$$\boxed{ D_f = ] -\infty , =-\frac{1}{3} [  \cup  ] \frac{3}{2}, \frac{5}{2}]}$$

15) Fonction définie par morceaux
   Si $x \leq 1$ : $f(x) = 1/x$. Défini si $x \neq 0$. Intervalle : $]-\infty ; 0[ \cup ]0 ; 1]$.
   Si $x > 1$ : $f(x) = x+3$. Défini partout sur $]1 ; +\infty[$.
   Union :
   $D_f = \mathbb{R}^*$ (ou $\mathbb{R} \setminus \{0\}$)

16) Fonction définie par morceaux
   Si $x \leq 1$ : $\sqrt{3x^2-14x-5}$. Racines : $-\frac{1}{3}$ et $5$. Positif à l'extérieur des racines. Intersection avec $x \leq 1$ : $]-\infty ; -\frac{1}{3}]$.
   Si $x > 1$ : $\dfrac{1}{\sqrt{-2x^{2}+11x-15}}$ 
    Il faut $-2x^2+11x-15 > 0$. Racines : $2,5$ et $3$. Positif entre les racines : $]2,5 ; 3[$. Cet intervalle est bien supérieur à 1.
   $D_f = ]-\infty ; -\frac{1}{3}] \cup ]\frac{5}{2} ; 3[$

17) $f(x)=\dfrac{(x-1)\sqrt{(1+x)(2-x)}}{x(2x-1)}$
   Conditions :
    1.  Sous la racine $\geq 0$ : $(1+x)(2-x) \geq 0$. Racines $-1$ et $2$. C'est un polynôme en $-x^2$, donc positif entre les racines : $[-1 ; 2]$.
    2.  Dénominateur $\neq 0$ : $x \neq 0$ et $2x-1 \neq 0 \implies x \neq \frac{1}{2}$.
   $D_f = [-1 ; 0[ \cup ]0 ; \frac{1}{2}[ \cup ]\frac{1}{2} ; 2]$

Exercice 2 : Ensemble de définition avec paramètre $m$

 1) $f(x)=\dfrac{3}{|x|+m}$

Condition : Le dénominateur ne doit pas s'annuler : $|x| + m \neq 0 \iff |x| \neq -m$.

   1er cas : $m > 0$
    $-m$ est un nombre strictement négatif. Or, une valeur absolue $|x|$ est toujours positive ou nulle ($\geq 0$). L'équation $|x| = -m$ n'a pas de solution. Le dénominateur ne s'annule jamais.
    $\Rightarrow D_f = \mathbb{R}$

    2ème cas : $m = 0$
    L'équation devient $|x| \neq 0$, ce qui implique $x \neq 0$.
    $\Rightarrow D_f = \mathbb{R}^*$ (ou $\mathbb{R} \setminus \{0\}$)

    3ème cas : $m < 0$
    $-m$ est un nombre positif. L'équation $|x| = -m$ admet deux solutions : $x = -m$ et $x = -(-m) = m$. Il faut exclure ces deux valeurs.
    $\Rightarrow D_f = \mathbb{R} \setminus \{m ; -m\}$

    2) $f(x)=\dfrac{x^{2}-16}{x^{2}-mx+1}$

Condition : Le dénominateur ne doit pas s'annuler : $x^{2}-mx+1 \neq 0$.
Calculons le discriminant $\Delta$ de l'équation $x^{2}-mx+1 = 0$ :
$\Delta = (-m)^2 - 4(1)(1) = m^2 - 4$.

    1er cas : $\Delta < 0$ (c'est-à-dire $m^2 < 4 \iff -2 < m < 2$)
    L'équation n'a pas de solution réelle. Le dénominateur ne s'annule jamais.
    $\Rightarrow D_f = \mathbb{R}$

    2ème cas : $\Delta = 0$ (c'est-à-dire $m = 2$ ou $m = -2$)
    L'équation a une racine double $x_0 = \frac{-b}{2a} = \frac{m}{2}$.
    $\Rightarrow D_f = \mathbb{R} \setminus \{\frac{m}{2}\}$
    (Si $m=2, D_f = \mathbb{R} \setminus \{1\}$. Si $m=-2, D_f = \mathbb{R} \setminus \{-1\}$)*

    3ème cas : $\Delta > 0$ (c'est-à-dire $m > 2$ ou $m < -2$)
    L'équation a deux solutions distinctes $x_1$ et $x_2$ :
    $x_1 = \frac{m - \sqrt{m^2-4}}{2}$ et $x_2 = \frac{m + \sqrt{m^2-4}}{2}$.
    $\Rightarrow D_f = \mathbb{R} \setminus \{x_1 ; x_2\}$

 3) $f(x)=\sqrt{x^{2}+m}$

Condition : L'expression sous la racine doit être positive : $x^{2}+m \geq 0 \iff x^2 \geq -m$.

1er cas : $m \geq 0$
    $-m$ est négatif ou nul. Comme un carré ($x^2$) est toujours positif ou nul, l'inégalité $x^2 \geq -m$ est toujours vraie pour tout réel $x$.
    $\Rightarrow D_f = \mathbb{R}$

2ème cas : $m < 0$
    $-m$ est strictement positif. L'inégalité $x^2 \geq -m$ est vérifiée à l'extérieur des racines $\sqrt{-m}$ et $-\sqrt{-m}$.
    $\Rightarrow D_f = ]-\infty ; -\sqrt{-m}] \cup [\sqrt{-m} ; +\infty[$

 4) $f(x)=\sqrt{x^{2}-mx+1}$

Condition : L'expression sous la racine doit être positive : $x^{2}-mx+1 \geq 0$.
Le coefficient devant $x^2$ est $1$ (positif), donc le polynôme est positif à l'extérieur des racines.
Reprenons le discriminant calculé à la question 2 : $\Delta = m^2 - 4$.

    1er cas : $\Delta \leq 0$** (c'est-à-dire $m \in [-2 ; 2]$)
    Le polynôme n'a pas de racine (ou une racine double) et est toujours du signe de $a$ ($a=1 > 0$). Il est donc toujours positif ou nul.
    $\Rightarrow D_f = \mathbb{R}$

    2ème cas : $\Delta > 0$ (c'est-à-dire $m \in ]-\infty ; -2[ \cup ]2 ; +\infty[$)
    Le polynôme a deux racines distinctes $x_1$ et $x_2$ (voir question 2). Il est positif à l'extérieur de ces racines.
    $\Rightarrow D_f = ]-\infty ; x_1] \cup [x_2 ; +\infty[$
    (avec $x_1 = \frac{m - \sqrt{m^2-4}}{2}$ et $x_2 = \frac{m + \sqrt{m^2-4}}{2}$)

Exercice 3

Rappel de cours :
Une fonction $f : E \rightarrow F$ est une application si et seulement si elle est définie pour tout élément $x$ de l'ensemble de départ $E$.
Autrement dit, l'ensemble de définition de la formule doit contenir l'ensemble de départ $E$ donné.

1. $f : \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}, \quad x \mapsto |x|$
   La valeur absolue $|x|$ est définie pour tout nombre réel.
   L'ensemble de définition est $\mathbb{R}$, qui correspond bien à l'ensemble de départ.
   Conclusion : C'est une application.

2. $g : \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}, \quad x \mapsto x-\sqrt{x}$
   La racine carrée $\sqrt{x}$ n'est définie que si $x \geq 0$.
   Or, l'ensemble de départ est $\mathbb{R}$ (qui contient des nombres négatifs). Par exemple, $g(-1)$ n'existe pas.
   Conclusion : Ce n'est pas une application.

3. $h : [2 ; +\infty[ \rightarrow \mathbb{R}, \quad x \mapsto \sqrt{x-2}$
   La racine est définie si $x-2 \geq 0 \iff x \geq 2$.
   L'ensemble de définition est $[2 ; +\infty[$, ce qui correspond exactement à l'ensemble de départ donné.
   Conclusion : C'est une application.

4. $i : [0 ; +\infty[ \rightarrow \mathbb{R}, \quad x \mapsto \dfrac{1}{x-1}$
   Le dénominateur ne doit pas être nul : $x-1 \neq 0 \iff x \neq 1$.
   La valeur interdite $1$ appartient à l'ensemble de départ $[0 ; +\infty[$. $i(1)$ n'est pas défini.
   Conclusion : Ce n'est pas une application.

5. $j : [0 ; +\infty[ \rightarrow \mathbb{R}, \quad x \mapsto \dfrac{x+1}{x^{2}+2x-3}$
   Le dénominateur s'annule si $x^{2}+2x-3 = 0$.
   Racine évidente : $1$ (car $1+2-3=0$). L'autre racine est $-3$.
   La valeur interdite $1$ appartient à l'ensemble de départ $[0 ; +\infty[$. $j(1)$ n'est pas défini.
   Conclusion : Ce n'est pas une application.

6. $k : [0 ; +\infty[ \rightarrow \mathbb{R}, \quad x \mapsto \left|\dfrac{x}{x-1}\right|$
   Le dénominateur ne doit pas être nul : $x \neq 1$.
   Comme pour la fonction $i$, la valeur $1$ est dans l'ensemble de départ.
   Conclusion : Ce n'est pas une application.

7. $l : [0 ; 0] \rightarrow \mathbb{R}, \quad x \mapsto \dfrac{1}{\sqrt{4-x^{2}}}$
   L'ensemble de départ est le singleton $\{0\}$ (uniquement le nombre 0).
   Vérifions si l'image de 0 existe : $l(0) = \dfrac{1}{\sqrt{4-0}} = \dfrac{1}{2}$.
   L'image existe bien.
   Conclusion : C'est une application.

8. $m : ]-\infty ; 0[ \rightarrow \mathbb{R}, \quad x \mapsto \dfrac{x-1}{x-3}$
   La valeur interdite est $x=3$ (annulation du dénominateur).
   L'ensemble de départ est $]-\infty ; 0[$. La valeur $3$ n'est pas dans cet ensemble.
   Pour tout $x$ strictement négatif, le dénominateur n'est jamais nul. La fonction est bien définie partout sur l'ensemble de départ.
   Conclusion : C'est une application.

Exercice 4

Rappel:
Pour montrer qu'une fonction $f$ est une bijection de $E$ vers $F$, on cherche à résoudre l'équation $y = f(x)$ pour tout $y \in F$.
   Si pour tout $y$, l'équation admet une unique solution $x \in E$, alors $f$ est bijective.
   La solution $x$ exprimée en fonction de $y$ nous donne l'expression de la bijection réciproque $f^{-1}(y)$.

$f_{1} : \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}, \quad x \mapsto 1-x$
   Résolvons $y = 1-x$ :
    $x = 1-y$.
   Pour tout réel $y$, il existe un unique réel $x$.
   Conclusion : $f_1$ est une bijection.
   Réciproque : $f_{1}^{-1}(x) = 1-x$ (la fonction est sa propre réciproque).

$f_{2} : \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}, \quad x \mapsto 1+x^{2}$
   Contre-exemple pour l'injectivité : $f(1) = 2$ et $f(-1) = 2$. Deux $x$ différents donnent le même $y$.
   Contre-exemple pour la surjectivité : $y=0$ n'a pas d'antécédent car $1+x^2 \geq 1$.
   Conclusion : Ce n'est pas une bijection.

$f_{3} : \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}, \quad x \mapsto \dfrac{1}{x}$
   Problème de définition : La fonction n'est pas définie pour $x=0$. Ce n'est donc pas une application de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$.
   De plus, $y=0$ n'a pas d'antécédent ($\frac{1}{x}=0$ est impossible).
   Conclusion : Ce n'est pas une bijection.

$f_{4} : \mathbb{R}_{-} \rightarrow \mathbb{R}_{+}, \quad x \mapsto \sqrt{-x}$
   Soit $y \in \mathbb{R}_{+}$ (donc $y \geq 0$). Résolvons $y = \sqrt{-x}$.
    On élève au carré : $y^2 = -x \implies x = -y^2$.
   Vérifions l'ensemble : Si $y \in \mathbb{R}$, $y^2 \geq 0$, donc $-y^2 \leq 0$. La solution $x$ appartient bien à l'ensemble de départ $\mathbb{R}_{-}$.
   Conclusion : $f_4$ est une bijection.
   Réciproque : $f_{4}^{-1}(x) = -x^2$ (définie de $\mathbb{R}_{+}$ vers $\mathbb{R}_{-}$).

$f_{5} : [0 ; 1] \rightarrow [0 ; 1], \quad x \mapsto 1-x$
   Soit $y \in [0 ; 1]$. Résolvons $y = 1-x \implies x = 1-y$.
   Si $0 \leq y \leq 1$, alors $0 \leq 1-y \leq 1$. La solution $x$ est bien dans l'ensemble de départ.
   Conclusion : $f_5$ est une bijection.
   Réciproque : $f_{5}^{-1}(x) = 1-x$.

$f_{6} : [4 ; +\infty[ \rightarrow \mathbb{R}_{-}, \quad x \mapsto -\sqrt{x-4}$
   Soit $y \in \mathbb{R}_{-}$ (donc $y \leq 0$). Résolvons $y = -\sqrt{x-4}$.
    Comme $y$ est négatif, l'équation a du sens.
    $(-y) = \sqrt{x-4} \implies (-y)^2 = x-4 \implies y^2 = x-4 \implies x = y^2 + 4$.
   Vérifions l'ensemble : $y^2 \geq 0 \implies y^2+4 \geq 4$. La solution $x$ est bien dans $[4 ; +\infty[$.
   Conclusion : $f_6$ est une bijection.
   Réciproque : $f_{6}^{-1}(x) = x^2 + 4$.

$f_{7} : \mathbb{R}_{-} \rightarrow ]-\infty ; 5], \quad x \mapsto -x^{2}+5$
   Soit $y \in ]-\infty ; 5]$ (donc $y \leq 5$). Résolvons $y = -x^2+5$.
    $x^2 = 5-y$.
    Comme $y \leq 5$, $5-y \geq 0$, donc $x = \sqrt{5-y}$ ou $x = -\sqrt{5-y}$.
   Contrainte : On cherche $x \in \mathbb{R}_{-}$ (négatif). On ne garde que la solution $x = -\sqrt{5-y}$.
   Conclusion : $f_7$ est une bijection.
   Réciproque : $f_{7}^{-1}(x) = -\sqrt{5-x}$.

$f_{8} : [2 ; +\infty[ \rightarrow [3 ; +\infty[, \quad x \mapsto 3+\sqrt{x-2}$
   Soit $y \in [3 ; +\infty[$ (donc $y \geq 3$). Résolvons $y = 3+\sqrt{x-2}$.
    $y-3 = \sqrt{x-2}$.
    Comme $y \geq 3$, $y-3 \geq 0$. On élève au carré :
    $(y-3)^2 = x-2 \implies x = (y-3)^2 + 2$.
   Vérifions l'ensemble : $(y-3)^2 \geq 0 \implies x \geq 2$. C'est correct.
   Conclusion : $f_8$ est une bijection.
   Réciproque : $f_{8}^{-1}(x) = (x-3)^2 + 2$ (ou $x^2-6x+11$).

$f_{9} : \mathbb{R}\setminus\{-1\} \rightarrow \mathbb{R}\setminus\{-1\}, \quad x \mapsto \dfrac{x+1}{x-1}$
   Résolvons $y = \dfrac{x+1}{x-1}$ :
    $y(x-1) = x+1 \implies yx - y = x + 1 \implies yx - x = y + 1 \implies x(y-1) = y+1$.
    $x = \dfrac{y+1}{y-1}$.
   Cette expression est définie si $y \neq 1$.
   Conclusion : C'est une bijection de $\mathbb{R}\setminus\{1\}$ vers $\mathbb{R}\setminus\{1\}$.
   Réciproque : $f_{9}^{-1}(x) = \dfrac{x+1}{x-1}$ (la fonction est sa propre réciproque).

Exercice 5

Pour chaque cas, nous devons déterminer si l'application est :
   Injective : Tout élément de l'arrivée a au plus un antécédent ($f(x)=f(y) \implies x=y$).
   Surjective : Tout élément de l'arrivée a au moins un antécédent (l'équation $y=f(x)$ a toujours une solution).
   Bijective : À la fois injective et surjective (tout élément a un unique antécédent).

1) $E=F=\mathbb{R}, \quad f(x)=x^{2}+2$
   Injectivité : Non. Contre-exemple : $f(1) = 3$ et $f(-1) = 3$. Deux nombres différents ont la même image.
   Surjectivité : Non. Contre-exemple : $y=0$. L'équation $x^2+2=0 \implies x^2=-2$ n'a pas de solution réelle.
   Conclusion : Ni injective, ni surjective, ni bijective.

2) $E=\mathbb{R}\setminus\{1\}, \ F=\mathbb{R}, \quad f(x)=\dfrac{1}{1-x}$
   Injectivité : Oui.
    $\dfrac{1}{1-x} = \dfrac{1}{1-y} \implies 1-x = 1-y \implies x=y$.
   Surjectivité : Non.
    Essayons de résoudre $y = \dfrac{1}{1-x}$. Si $y=0$, l'équation $0 = \dfrac{1}{1-x}$ est impossible (une fraction est nulle seulement si son numérateur est nul). $0$ n'a pas d'antécédent.
   Conclusion : Injective mais non surjective.

3) $E=\mathbb{R}\setminus\{1\}, \ F=\mathbb{R}\setminus\{2\}, \quad f(x)=\dfrac{2x+1}{x-1}$
   Résolvons $y = \dfrac{2x+1}{x-1}$ pour $x$ :
    $y(x-1) = 2x+1 \iff yx - y = 2x + 1 \iff yx - 2x = y + 1 \iff x(y-2) = y+1$.
    $x = \dfrac{y+1}{y-2}$.
   Pour tout $y \in F$ (donc $y \neq 2$), cette expression existe et donne une valeur unique pour $x$.
   Il faut vérifier que $x \in E$ (donc $x \neq 1$).
    Si $\dfrac{y+1}{y-2} = 1 \implies y+1 = y-2 \implies 1 = -2$ (Impossible). Donc $x$ ne vaut jamais 1.
   Conclusion : L'équation a une unique solution valide pour tout $y$. C'est une bijection.

4) $E=\mathbb{R}_{+}, \ F=\mathbb{R}, \quad f(x)=3x^{2}-4$
   Injectivité : Oui.
    $3x^2-4 = 3y^2-4 \implies x^2=y^2$. Comme $x, y \in \mathbb{R}_{+}$ (positifs), alors $x=y$.
   Surjectivité : Non.
    L'image minimale est $f(0)=-4$. Si on choisit $y = -5$ dans l'ensemble d'arrivée $\mathbb{R}$, l'équation $3x^2-4 = -5 \implies 3x^2 = -1$ n'a pas de solution.
   Conclusion : Injective mais non surjective.

5) $E=\mathbb{R}, \ F=[-3 ; +\infty[, \quad f(x)=2x^{2}-3$
   Injectivité : Non.
    $f(1) = -1$ et $f(-1) = -1$.
   Surjectivité : Oui.
    Soit $y \in [-3 ; +\infty[$. Résolvons $y = 2x^2-3 \iff 2x^2 = y+3 \iff x^2 = \frac{y+3}{2}$.
    Comme $y \geq -3$, alors $y+3 \geq 0$, donc le terme de droite est positif. L'équation admet des solutions ($x = \pm\sqrt{\dots}$). Tout $y$ a au moins un antécédent.
   Conclusion : Surjective mais non injective.

6) $E=F=\mathbb{Z}$
   Si $x$ pair ($x=2k$) : $f(x) = 2k-1$ (nombre impair).
   Si $x$ impair ($x=2k+1$) : $f(x) = (2k+1)+1 = 2k+2$ (nombre pair).
   Cette fonction transforme les pairs en impairs et les impairs en pairs.
   Injectivité : Oui. Si $f(x)=f(y)$, alors $f(x)$ et $f(y)$ ont la même parité, donc $x$ et $y$ ont la même parité. On vérifie facilement que $x=y$.
   Surjectivité : Oui.
       Si on veut obtenir un nombre impair $y$, on prend l'antécédent pair $x=y+1$.
       Si on veut obtenir un nombre pair $y$, on prend l'antécédent impair $x=y-1$.
   Conclusion : C'est une bijection.

7) $E=F=\mathbb{Z}$
   Si $x$ pair ($2k$) : $f(x) = k$.
   Si $x$ impair ($2k+1$) : $f(x) = \frac{(2k+1)-1}{2} = k$.
   Injectivité : Non.
    Prenons $x=0$ (pair) $\rightarrow f(0)=0$.
    Prenons $x=1$ (impair) $\rightarrow f(1) = \frac{1-1}{2} = 0$.
    $f(0)=f(1)$ alors que $0 \neq 1$.
   Surjectivité : Oui.
    Pour tout entier $y \in \mathbb{Z}$, on peut trouver un antécédent (par exemple $x=2y$, qui est pair, donne $f(2y)=y$).
   Conclusion : Surjective mais non injective.

8) $E=F=\mathbb{Z}$
   Si $x$ pair ($2k$) : $f(x) = 4k$ (multiple de 4).
   Si $x$ impair ($2k+1$) : $f(x) = 2(2k+1)+1 = 4k+3$ (congru à 3 modulo 4).
   Surjectivité : Non.
    Essayons d'obtenir $y=1$.
       Si $x$ est pair, $f(x)$ est un multiple de 4 (0, 4, 8...). Jamais 1.
       Si $x$ est impair, $f(x)$ vaut 3, 7, 11... Jamais 1.
    Le nombre 1 n'a pas d'antécédent.
   Injectivité : Oui. Les images des nombres pairs et impairs sont disjointes (multiples de 4 vs multiples de 4 + 3). Au sein de chaque groupe, la fonction est linéaire croissante.
   Conclusion : Injective mais non surjective.

Exercice 6

1) Ensemble de définition de $f(x)=\dfrac{1+\sqrt{x^{2}-1}}{1-\sqrt{x^{2}-1}}$

Pour que $f$ soit définie, il faut :

• $x^2 - 1 \geq 0$ (pour la racine carrée)
• $1 - \sqrt{x^2-1} \neq 0$ (dénominateur non nul)

De $x^2 - 1 \geq 0$, on obtient $|x| \geq 1$, soit $x \in ]-\infty, -1] \cup [1, +\infty[$.

De $1 - \sqrt{x^2-1} \neq 0$, on obtient $\sqrt{x^2-1} \neq 1$, donc $x^2 - 1 \neq 1$, d'où $x^2 \neq 2$, soit $x \neq \pm\sqrt{2}$.

Donc $D = ]-\infty, -\sqrt{2}[ \cup ]-\sqrt{2}, -1] \cup [1, \sqrt{2}[ \cup ]\sqrt{2}, +\infty[$

2) Résolution de $f(x) = y$

$$\frac{1+\sqrt{x^{2}-1}}{1-\sqrt{x^{2}-1}} = y$$

Posons $u = \sqrt{x^2-1}$ avec $u \geq 0$.

$$\frac{1+u}{1-u} = y$$

$$1 + u = y(1-u)$$ $$1 + u = y - yu$$ $$u(1+y) = y-1$$ $$u = \frac{y-1}{y+1}$$ (à condition que $y \neq -1$)

Pour que $u \geq 0$, il faut $\frac{y-1}{y+1} \geq 0$, ce qui donne $y \in ]-\infty, -1[ \cup [1, +\infty[$.

Réciproquement, $\sqrt{x^2-1} = \frac{y-1}{y+1}$ implique : $$x^2 - 1 = \left(\frac{y-1}{y+1}\right)^2$$ $$x^2 = 1 + \frac{(y-1)^2}{(y+1)^2} = \frac{(y+1)^2 + (y-1)^2}{(y+1)^2} = \frac{2y^2 + 2}{(y+1)^2}$$ $$x = \pm\sqrt{\frac{2(y^2+1)}{(y+1)^2}} = \pm\frac{\sqrt{2(y^2+1)}}{|y+1|}$$

Injectivité : Pour chaque valeur $y \in ]-\infty, -1[ \cup [1, +\infty[$ (sauf $y \neq -1$ et $y \neq 1$ dans certains cas), on obtient deux valeurs de $x$ (positive et négative). $f$ n'est pas injective.

Surjectivité : L'image de $f$ est $]-\infty, -1[ \cup [1, +\infty[$. Puisque cet ensemble est différent de $\mathbb{R}$, $f$ n'est pas surjective.

3) Bijection $g : E \to F$

Pour rendre $f$ bijective, on choisit :

• $E = [1, \sqrt{2}[ \cup ]\sqrt{2}, +\infty[$ (la restriction à $x \geq 1$)
• $F = [1, +\infty[$

La fonction $g : E \to F$ est strictement croissante (on peut le vérifier en étudiant sa dérivée) et donc bijective.

$g^{-1}(y) = \frac{\sqrt{2(y^2+1)}}{y+1}$ pour $y \in [1, +\infty[$

Exercice 7

1) Calcul de valeurs

$$f(-\frac{1}{2}) = 2(-\frac{1}{2}) + 3 = -1 + 3 = 2$$

$$f(\frac{1}{2}) = 2(\frac{1}{2}) + 3 = 1 + 3 = 4$$

2) Bijectivité et application réciproque

$f$ est une fonction affine de pente $2 \neq 0$, donc elle est bijective de $\mathbb{R}$ vers $\mathbb{R}$.

Pour trouver $f^{-1}$, on résout $y = 2x + 3$ : $$x = \frac{y-3}{2}$$

$f^{-1} : \mathbb{R} \to \mathbb{R}, \quad f^{-1}(y) = \frac{y-3}{2}$

3) Restriction de $f$ à $\mathbb{Z}$

La restriction de $f$ à $\mathbb{Z}$ donne $f(\mathbb{Z}) = {2n+3 : n \in \mathbb{Z}} = {\ldots, -1, 1, 3, 5, 7, \ldots}$ (les entiers impairs).

Non, ce n'est pas une bijection de $\mathbb{Z}$ vers $\mathbb{Z}$ car l'image n'est que les entiers impairs, pas tous les entiers.

4) Application $g : \mathbb{Z} \to \mathbb{Z}$

Images des entiers donnés :

• $g(-2) = \frac{-2}{2} + 4 = -1 + 4 = 3$ (car $-2$ est pair)
• $g(-1) = \frac{(-1)^2 - (-1)}{2} = \frac{1+1}{2} = 1$ (car $-1$ est impair)
• $g(1) = \frac{1^2 - 1}{2} = \frac{0}{2} = 0$ (car $1$ est impair)
• $g(2) = \frac{2}{2} + 4 = 1 + 4 = 5$ (car $2$ est pair)
• $g(3) = \frac{3^2 - 3}{2} = \frac{9-3}{2} = 3$ (car $3$ est impair)

Injectivité : $g(-2) = 3$ et $g(3) = 3$, donc $g$ n'est pas injective.

Surjectivité :

• Les entiers pairs $2k$ donnent $g(2k) = k + 4 \geq 4$
• Les entiers impairs $2k+1$ donnent $g(2k+1) = \frac{(2k+1)^2-(2k+1)}{2} = \frac{2k(2k+1)}{2} = k(2k+1)$

Pour les impairs : $g(1) = 0$, $g(3) = 3$, $g(5) = 10$, $g(-1) = 1$, $g(-3) = -6$...

L'image inclut ${0, 1, 3, 4, 5, \ldots}$ mais pas $2$. $g$ n'est pas surjective.

Exercice 8

Contexte : Cercle $\mathcal{C}$ de centre $O(0,0)$ et de rayon $1$, avec diamètre $[AB]$ où $A(-1,0)$ et $B(1,0)$.

1) Application $f_1 : \mathcal{C}_1 \to x'x$

$\mathcal{C}_1$ est le demi-cercle supérieur fermé. Pour tout point $M$ sur $\mathcal{C}_1$, $H$ est la projection orthogonale sur l'axe $x$.

• Injectivité : Deux points distincts sur le demi-cercle ont des abscisses distinctes (sauf aux extrémités qui se projettent sur les mêmes points). En réalité, $f_1$ est injective car la projection verticale est un-à-un.

• Surjectivité : L'image de $f_1$ est $[-1, 1]$ (l'intervalle $[AB]$), pas tout $\mathbb{R}$. $f_1$ n'est pas surjective.

• Conclusion : $f_1$ est injective mais pas surjective.

2) Applications suivantes

$f_2 : \mathcal{C}_2 \to [AB]$ (demi-cercle inférieur vers $[AB]$)

• Injective : oui
• Surjective : oui
• Bijective : OUI

$f_3 : \mathcal{C}_3 \to [Ax)$ (demi-cercle droit vers $[A, +\infty[$)

• Injective : oui
• Surjective : oui (si $\mathcal{C}_3$ est le demi-cercle droit)
• Bijective : OUI

$f_4 : \mathcal{C}_4 \to [AB]$ (demi-cercle gauche vers $[AB]$)

• Injective : oui
• Surjective : oui
• Bijective : OUI