fogof=g et gofog=f etc ......

J'ai une question à vous poser !!!
Il y a sûrement une ASTUCE mais je n'arrive pas à démarrer !!!
Soient E un ensemble non vide et f , g deux aplications de E dans E telles que : fogof=g et gofog=f
Question unique : Montrer que si l'une des deux applications f ou g est INJECTIVE ou SURJECTIVE alors f et g sont toutes les deux BIJECTIVES .
MERCI .
A+ LHASSANE
PS : on a fof=gog si cela peut vous servir .....

voici quelques résultats supers (il existe d'autres ! ) :

gof injecive => f est injective (*)
gof surjective => g est surjective (**)
gof injective et f surjective => g est injective
gof surjective et g injective => f est surjective

Conan a écrit:

voici quelques résultats supers (il existe d'autres ! ) :

gof injecive => f est injective (*)
gof surjective => g est surjective (**)
gof injective et f surjective => g est injective
gof surjective et g injective => f est surjective

Merci Conan !!
Ceux là , je les connais bien ,très bien même !! Ce sont les résultats basiques !!!
A+ LHASSANE

bonjour monsieur
est-ce-que E est fini ou pas ?

Re-BJR Wiles !!
Ce n'est pas précisé dans l'énoncé !!
Supposons le fini si cela t'arrange !!
et merci pour ta contribution à l'avance .
Dans le cas E non fini ????
A+ LHASSANE
PS : ce serait facile dans ce cas car si E est fini , on sait que :
Surjective <===> Injective <===> Bijective

puisque E est fini ca devient plutot facile, facile au point de me faire douter! j'essaye quand meme!!
supposons que f est injective
soit x et y deux elements de E tel que g(x)=g(y)
donc gog(x)=gog(y) ==> fof(x)=fof(y)==> f(x)=f(y)==>x=y
donc g est a son tour injective
soit n le card de E et xi les elements de E avec 1<i<n
supposons que f est non surjective
donc il existe un xj n'appartenant pas a f(E)
alors cardf(E)=n-k avec k<=1
apliquons le pricipe des tiroirs:
on dispose de n-k tiroirs (les elements de f(E)) et de n objets (les elements de E)
alors un tiroir au moins contient plus que 2 objets

autrement dit il y a au moins deux elements de E qui ont la meme image ce qui contredit l'injectivite de f
ont fait de meme pour g
donc f et g sont toutes les deux bijectives

maintenant supposons que f est surjective
montrons que fof est surjective
soit y un element de E donc il existe z de E tel que f(z)=y
et il existe x de E tel que f(x)=z donc il existe x de E tel que fof(x)=y d'ou fof est surjective et donc gog est surjective d'ou g est surjective
supposons que f est non injective cad qu'il existe x1 et x2 de E tel que f(x2)=f(x1)=xj et x1 different de x2
on note E'=E-(x1,x2) on a cardE'=n-2 et donc cardf(E')<=n-2 puisque f est une application
on a cardf(E)=cardf(E')Ucerdf(x1,x2)<n-1
donc cardf(E)<n ce qui contredit le fait que f est surjective donc f est injective
meme chose pour g et donc f et g sont tout les deux bijectifs.

je suis presque sur que vous vouliez ecrire aplication de E vers F ,non?

BSR Wiles !!!!
Il s'agit bien d'applications de E dans lui-même .
Il n'est pas précisé si E est fini ou non !!!
Tu as noté que f et g jouent des rôles symétriques .
Dans le cas fini et c'est celui que tu as traité , c'est certainement VRAI car et je le rappelle encore :
<<ce serait facile dans ce cas car si E est fini , on sait que :
Surjective <===> Injective <===> Bijective >>
En fait , tu as grosso-modo redémontré cela dans ta contribution !!!! C'est du Bon !!!
C'est fof=gog associé à la proposition précédente qui fait que cela marche si CardE est fini .
A+ LHASSANE

pardon j'ai pas bien lu le message que vous aviez ecrit avant mon poste ,dsl