serie 1:

Injectivité : Soient \(x_1, x_2 \in \mathbb{R}\) tels que \(f(x_1)=f(x_2)\). Alors \(3x_1+5 = 3x_2+5 \Rightarrow 3x_1 = 3x_2 \Rightarrow x_1 = x_2\). Donc \(f\) est injective.

Surjectivité : Pour tout \(y \in \mathbb{R}\), on cherche \(x \in \mathbb{R}\) tel que \(f(x)=y\). \(3x+5=y \Rightarrow x = \frac{y-5}{3} \in \mathbb{R}\). Donc \(f\) est surjective.

Bijection : \(f\) est injective et surjective, donc bijective.

\(f^{-1}(y) = \frac{y-5}{3}\).

Injectivité : \(f(-3) = |2(-3)+5| = |-6+5| = 1\) et \(f(-2) = |2(-2)+5| = |-4+5| = 1\). On a \(-3 \neq -2\) mais \(f(-3)=f(-2)\). Donc \(f\) n'est pas injective.

Surjectivité : \(f(x) = |2x+5| \geq 0\) pour tout \(x \in \mathbb{R}\). Donc tout \(y < 0\) n'a pas d'antécédent. \(f\) n'est pas surjective de \(\mathbb{R}\) dans \(\mathbb{R}\).

Bijection : \(f\) n'est ni injective ni surjective, donc n'est pas bijective.

1) Injectivité : \(f(-1)=0\) et \(f(1)=0\). Donc \(f\) n'est pas injective.

Surjectivité : \(f(x)=x^2-1 \geq -1\) pour tout \(x \in \mathbb{R}\). Donc \(y < -1\) n'a pas d'antécédent. \(f\) n'est pas surjective de \(\mathbb{R}\) dans \(\mathbb{R}\).

2) Injectivité de \(g\) : Soient \(x_1, x_2 \in [1;+\infty[\) tels que \(g(x_1)=g(x_2)\). \(x_1^2-1 = x_2^2-1 \Rightarrow x_1^2 = x_2^2 \Rightarrow x_1 = x_2\) (car \(x_1, x_2 \geq 0\)). Donc \(g\) est injective.

Surjectivité de \(g\) : Pour tout \(y \in [0;+\infty[\), on a \(y+1 \geq 1\). On prend \(x = \sqrt{y+1} \in [1;+\infty[\). Alors \(g(x)=(\sqrt{y+1})^2-1 = y+1-1 = y\). Donc \(g\) est surjective.

Bijection : \(g\) est injective et surjective, donc bijective.

\(g^{-1}(y) = \sqrt{y+1}\).

1) Injectivité : \(f(1)=1\) et \(f(-1)=-1\). Mais \(f(2)=\frac{4}{5}\) et \(f(\frac12)=\frac{1}{1+\frac14} = \frac{4}{5}\). On a \(2 \neq \frac12\) mais \(f(2)=f(\frac12)\). Donc \(f\) n'est pas injective.

Surjectivité : \(f(x)=\frac{2x}{1+x^2} \in [-1;1]\) pour tout \(x \in \mathbb{R}\). Donc \(y \notin [-1;1]\) n'a pas d'antécédent. \(f\) n'est pas surjective de \(\mathbb{R}\) dans \(\mathbb{R}\).

2) Injectivité de \(g\) : Pour \(x \in [-1;1]\), \(f(x)=\frac{2x}{1+x^2}\). Soient \(x_1, x_2 \in [-1;1]\) tels que \(f(x_1)=f(x_2)\). On a \(\frac{2x_1}{1+x_1^2} = \frac{2x_2}{1+x_2^2} \Rightarrow x_1(1+x_2^2)=x_2(1+x_1^2) \Rightarrow (x_1-x_2)(1-x_1x_2)=0\). Comme \(x_1, x_2 \in [-1;1]\), \(1-x_1x_2 \geq 0\). Si \(x_1x_2=1\), alors \(x_1=x_2=1\) ou \(x_1=x_2=-1\). Dans tous les cas \(x_1=x_2\). Donc \(g\) est injective.

Surjectivité de \(g\) : Pour tout \(y \in [-1;1]\), l'équation \(y = \frac{2x}{1+x^2}\) a pour solutions \(x = \frac{1 \pm \sqrt{1-y^2}}{y}\) si \(y \neq 0\), et \(x=0\) si \(y=0\). On montre que la solution \(x \in [-1;1]\). Donc \(g\) est surjective.

Bijection : \(g\) est bijective.

Injectivité : On a \(f(1,0) = (1,2)\) et \(f(0,1) = (1,2)\). Donc \((1,0) \neq (0,1)\) mais \(f(1,0)=f(0,1)\). \(f\) n'est pas injective.

Surjectivité : Soit \((a,b) \in \mathbb{R}^2\). On cherche \((x,y)\) tel que \(x+y=a\) et \(2x+2y=b\). La deuxième équation donne \(2(x+y)=b \Rightarrow 2a=b\). Donc si \(b \neq 2a\), il n'y a pas de solution. \(f\) n'est pas surjective.

Bijection : \(f\) n'est ni injective ni surjective, donc n'est pas bijective.

1) Injectivité : Soient \(x_1, x_2\) avec \(2x_1-1 \neq 0\) et \(2x_2-1 \neq 0\). \(\frac{x_1+1}{2x_1-1} = \frac{x_2+1}{2x_2-1} \Rightarrow (x_1+1)(2x_2-1) = (x_2+1)(2x_1-1)\). En développant : \(2x_1x_2 - x_1 + 2x_2 - 1 = 2x_1x_2 - x_2 + 2x_1 - 1 \Rightarrow -x_1+2x_2 = -x_2+2x_1 \Rightarrow 3x_2 = 3x_1 \Rightarrow x_1=x_2\). Donc \(f\) est injective.

2) Surjectivité : \(f\) n'est pas définie sur tout \(\mathbb{R}\) (problème en \(x=\frac12\)). De plus, l'ensemble d'arrivée est \([\frac12;1]\). Pour tout \(y \in [\frac12;1]\), on résout \(y = \frac{x+1}{2x-1} \Rightarrow y(2x-1)=x+1 \Rightarrow 2xy - y = x+1 \Rightarrow x(2y-1) = y+1 \Rightarrow x = \frac{y+1}{2y-1}\). Pour \(y \in [\frac12;1]\), \(x \in \mathbb{R}\) et \(x \neq \frac12\). Donc \(f\) est surjective.

3) Composition : \((f \circ f)(x) = f(f(x)) = \frac{\frac{x+1}{2x-1}+1}{2\frac{x+1}{2x-1}-1} = \frac{\frac{x+1+2x-1}{2x-1}}{\frac{2x+2 - (2x-1)}{2x-1}} = \frac{3x}{3} = x\). Donc \(f \circ f = id\).

4) \(f^{-1}\) : D'après \(f \circ f = id\), on a \(f^{-1}=f\). Deuxième méthode : \(f^{-1}(y) = \frac{y+1}{2y-1}\).

1) Pour que \(g\) soit une application, il faut que le dénominateur ne s'annule pas. Donc \(x_0 = -\frac{d}{c}\) doit être exclu du domaine de définition. On définit donc \(g : \mathbb{R}\setminus\{-\frac{d}{c}\} \to \mathbb{R}\).

2) \(g\) est injective si \(ad-bc \neq 0\). En effet, \(g(x_1)=g(x_2) \Rightarrow (a d - b c)(x_1-x_2)=0\).

3) Pour que \(g\) soit surjective, il faut que \(ad-bc \neq 0\) et que \(y_0 = \frac{a}{c}\) soit exclu de l'ensemble d'arrivée (si \(c \neq 0\)). L'image de \(g\) est \(\mathbb{R}\setminus\{\frac{a}{c}\}\).

4) Pour que \(g\) soit bijective, il faut \(ad-bc \neq 0\), \(c \neq 0\), et on définit \(g : \mathbb{R}\setminus\{-\frac{d}{c}\} \to \mathbb{R}\setminus\{\frac{a}{c}\}\).

1) Soient \(x_1, x_2 \in A\) tels que \(f(x_1)=f(x_2)\). Alors \(g(f(x_1))=g(f(x_2)) \Rightarrow (g \circ f)(x_1) = (g \circ f)(x_2)\). Comme \(g \circ f\) est injective, \(x_1=x_2\). Donc \(f\) est injective.

2) Soit \(y \in C\). Comme \(g \circ f\) est surjective, \(\exists x \in A\) tel que \((g \circ f)(x)=y \Rightarrow g(f(x))=y\). Donc \(y\) a un antécédent \(f(x) \in B\) par \(g\). Donc \(g\) est surjective.

3) \(g \circ f\) bijective \(\Rightarrow f\) injective et \(g\) surjective. \(h \circ g\) bijective \(\Rightarrow g\) injective et \(h\) surjective. Donc \(g\) est injective et surjective, donc bijective. Alors \(f = g^{-1} \circ (g \circ f)\) est bijective, et \(h = (h \circ g) \circ g^{-1}\) est bijective.