Considérons $A=\mathbb{Z}$, $B=\{★,♣,♠,⧫\}$, et définissons la fonction $f:A\to B$ comme suit: pour $x\in A$, $$f(x):=\{\begin{array}{ll}★& \text{ si }x⩽-17,\\ ♣& \text{ si }-17<x<-16,\\ ♠& \text{ si }-16⩽x⩽1,\\ ⧫& \text{ si }x>1.\end{array}$$ Ici, $★$ et $⧫$ possèdent chacun une infinité de préimages, $♠$ possède $18$ préimages, et $♣$ ne possède aucune préimage.

La fonction $$\begin{array}{rl}f:\mathbb{Z}& \to \mathbb{Z}\\ x& \mapsto f(x)=x+1\end{array}$$ est surjective. En effet, prenons un $y\in \mathbb{Z}$ quelconque. Si on considère $x:=y-1$, alors $$f(x)=x+1=(y-1)+1=y,$$ donc $x$ est antécédent de $y$, et donc $y\in \mathrm{Im}(f)$.

Soit $A$ l’ensemble des étudiant.e.s dans l’auditoire, et soit $B=\mathbb{N}=\{0,1,2,3,\dots \}$. Considérons $$\begin{array}{rl}f:A& \to B\\ x& \mapsto f(x),\end{array}$$ où $f(x)$ est le nombre de frères et soeurs de $x$. Pour trouver $\mathrm{Im}(f)$, on peut procéder comme suit: pour tout $y\in B$, on pose la question: “Qui possède exactement $y$ frères et soeurs?” Si au moins une main se lève, c’est que $y\in \mathrm{Im}(f)$. Dès qu’on a un $y$ pour lequel aucune main se lève, c’est que $f$ n’est pas surjective. Pour s’assurer facilement que $f$ n’est effectivement pas surjective, on peut simplement poser la question: “Est-ce que quelqu’un a plus de $100$ frères et soeurs?” Si personne ne lève la main, c’est que $\mathrm{Im}(f)\subset \{0,1,2,3,\dots ,99,100\}$. (Si on sonde l’auditoire, on observe probablement quelque chose comme $\mathrm{Im}(f)=\{0,1,2,3,4,5\}$.)

La fonction $$\begin{array}{rl}f:\mathbb{N}& \to \mathbb{N}\\ x& \mapsto 2x\end{array}$$ n’est pas surjective, puisque si $y\in \mathbb{N}$ est impair, il ne possède pas de préimage. Ici, $\mathrm{Im}(f)={\mathbb{N}}_{\text{pairs}}$, l’ensemble de tous les entiers positifs pairs. En restreignant son ensemble d’arrivée à $\mathrm{Im}(f)$, on obtient $$\begin{array}{rl}\tilde{f}:\mathbb{N}& \to {\mathbb{N}}_{\text{pairs}}\\ x& \mapsto 2x,\end{array}$$ qui est surjective.

Considérons $$\begin{array}{rl}f:\mathbb{Z}& \to \mathbb{N}\\ x& \mapsto x^2.\end{array}$$ Puisque $f(-2)=4$ et $f(2)=4$, $f$ n’est pas injective.

Montrons que $$\begin{array}{rl}f:\mathbb{N}& \to \mathbb{Q}\\ x& \mapsto \frac{x^2}{x^2+1}\end{array}$$ est injective. Pour ce faire, prenons deux éléments $x,x^{\prime }\in \mathbb{N}$, et supposons que $f(x)=f(x^{\prime })$, c’est-à-dire $$\frac{x^2}{x^2+1}=\frac{{x^{\prime }}^2}{{x^{\prime }}^2+1}.$$ Quelques manipulations montrent que cette dernière identité est équivalente à $$x^2-{x^{\prime }}^2=0\iff (x-x^{\prime })(x+x^{\prime })=0,$$ qui n’est vérifiée que si au moins une des parenthèses est nulle. Or la première est nulle si $x=x^{\prime }$, et puisque $x,x^{\prime }\in \mathbb{N}$, la deuxième ne peut s’annuler que si $x=x^{\prime }=0$. Dans tous les cas, on a bien montré que $f(x)=f(x^{\prime })$ implique $x=x^{\prime }$, donc $f$ est injective.

Montrons que la fonction $$\begin{array}{rl}f:\mathbb{Q}& \to \mathbb{Q}\\ x& \mapsto f(x)=\frac{x-5}{3}\end{array}$$ est bijective. (On utilise des couleurs uniquement pour distinguer les ensembles de départ et d’arrivée.)

• Soient $x,x^{\prime }\in \mathbb{Q}$. On a
  $$f(x)=f(x^{\prime })\iff \frac{x-5}{3}=\frac{x^{\prime }-5}{3}\iff x=x^{\prime },$$
  donc $f$ est injective.
• Soit $y\in \mathbb{Q}$. Montrons que $y$ possède une préimage, à savoir un $x\in \mathbb{Q}$ tel que $y=f(x)=\frac{x-5}{3}$. En effet, on peut simplement isoler $x$ dans “$y=\frac{x-5}{3}$” et trouver $x=3y+5$. Comme $3y+5\in \mathbb{Q}$, on a bien trouvé une préimage pour $y$. Donc $f$ est surjective.

Maintenant que $f$ est bijective, donnons sa réciproque explicitement: $$\begin{array}{rl}{f}^{-1}:\mathbb{Q}& \to \mathbb{Q}\\ y& \mapsto f^{-1}(y).\end{array}$$ L’expression de $f^{-1}(y)$ a en fait été trouvée plus haut: il s’agit d’isoler $x$ dans $y=f(x)$, ce qui donne $x=f^{-1}(y)=3y+5$.