Pour débuter : Injective, surjective et bijective - Exercice 1

On a :
$$f\left(1\right)=2\times 1^2-8$$ ainsi $$f\left(1\right)=-6$$
$$f\left(-1\right)=2\times \left(-1\right)^2-8$$ ainsi $$f\left(-1\right)=-6$$
Il en résulte donc que $$f\left(-1\right)=f\left(1\right)$$ pourtant $$-1\ne 1$$ .
Finalement, l'application $$f$$ n'est pas injective.

Soient $$\left(x_1;x_2\right)\in \left(\left[0;+\infty\right[\right)^2$$, nous avons :
$$f\left(x_1\right)=f\left(x_2\right)\Longrightarrow 2x_1^2-8=2x_2^2-8$$
$$f\left(x_1\right)=f\left(x_2\right)\Longrightarrow 2x_1^2=2x_2^2$$
$$f\left(x_1\right)=f\left(x_2\right)\Longrightarrow x_1^2=x_2^2$$
$$f\left(x_1\right)=f\left(x_2\right)\Longrightarrow x_1^2-x_2^2=0$$
$$f\left(x_1\right)=f\left(x_2\right)\Longrightarrow \left(x_1-x_2\right)\left(x_1+x_2\right)=0$$
$$f\left(x_1\right)=f\left(x_2\right)\Longrightarrow x_1=x_2 \text{ ou } x_1=-x_2$$
Or $$\left(x_1;x_2\right)\in \left(\left[0;+\infty\right[\right)^2$$, il en résulte donc que $$x_1$$ et $$x_2$$ sont positifs, c'est à dire de même signe.
Ainsi : $$f\left(x_1\right)=f\left(x_2\right)\Longrightarrow x_1=x_2$$ . $$f$$ est bien injective .
Soit $$y \in \left[-4;+\infty\right[$$ . Existe t-il un réel $$x\in \left[0;+\infty\right[$$ tel que $$f\left(x\right)=y$$ ?
Ainsi :
$$f\left(x\right)=y$$
$$2x^2-8=y$$ . L'objectif maintenant est d'exprimer $$x$$ en fonction de $$y$$ .
$$2x^2=y+8$$
$$x^2=\frac{y+8}{2}$$ . Il est important de se rappeler que $$x\in \left[0;+\infty\right[$$ ce qui nous permet d'écrire que : $$x=\sqrt{\frac{y+8}{2}}$$ (Attention on ne retient pas la solution $$x=-\sqrt{\frac{y+8}{2}}$$ car $$x\in \left[0;+\infty\right[$$).
Il en résulte donc que :
$$\forall y\in \left[-4;+\infty\right[,\ \exists x=\sqrt{\frac{y+8}{2}}\in \left[0;+\infty\right[ , \ f\left(x\right)=y$$ . $$f$$ est bien surjective .
Il en résulte donc que $$f$$ est bijective.

Soient $$\left(x_1;x_2\right)\in \left(\left]-1;+\infty\right[\right)^2$$, nous avons :
$$f\left(x_1\right)=f\left(x_2\right)\Longrightarrow \frac{2x_1}{x_1+1}=\frac{2x_2}{x_2+1}$$
$$f\left(x_1\right)=f\left(x_2\right)\Longrightarrow 2x_1\left(x_2+1\right)=2x_2\left(x_1+1\right)$$
$$f\left(x_1\right)=f\left(x_2\right)\Longrightarrow 2x_1x_2+2x_1=2x_2x_1+2x_2$$
$$f\left(x_1\right)=f\left(x_2\right)\Longrightarrow 2x_1=2x_2$$
Ainsi : $$f\left(x_1\right)=f\left(x_2\right)\Longrightarrow x_1=x_2$$ . $$f$$ est bien injective .
Soit $$\forall y\in \left]2;+\infty\right[$$ . Existe t-il un réel $$x\in \left]-1;+\infty\right[$$ tel que $$f\left(x\right)=y$$ ?
Ainsi :
$$f\left(x\right)=y$$
$$\frac{2x}{x+1}=y$$ . L'objectif maintenant est d'exprimer $$x$$ en fonction de $$y$$ .
$$2x=y\left(x+1\right)$$
$$2x=yx+y$$
$$2x-yx=y$$
$$x\left(2-y\right)=y$$
$$x=\frac{y}{2-y}$$ . Nous pouvons diviser par $$2-y$$ car $$y\in \left]2;+\infty\right[$$ .
Il en résulte donc que :
$$\forall y\in \left]2;+\infty\right[,\ \exists x=\frac{y}{2-y}\in \left]-1;+\infty\right[ , \ f\left(x\right)=y$$ . $$f$$ est bien surjective .
Il en résulte donc que $$f$$ est bijective.