Injective / Surjective : Exercice $$8$$ utilisation des nombres complexes - Exercice 1

Soit $$y$$ une image et $$z$$ un antécédant. Si l'application $$f$$ est injective cela signifie que l'équation $$y = f(z)$$ admet toujours $${\color{red}{\bf{au \,\, plus}}}$$ une solution.
Or, si $$y = f(z)= 1 \in \mathbb{C}$$, alors cela signifie que $$z^2 = 1 \in \mathbb{C}$$, et cela implique que $$z = 1 \in \mathbb{C}$$ ou $$z = -1 \in \mathbb{C}$$. Autrement dit, l'équation $$y = f(z)$$ ne vérifie pas " admet toujours $${\color{red}{\bf{au \,\, plus}}}$$ une solution ".
En conclusion, on peut dire que $$f$$ n'est pas injective.
Nous avons procédé par un contre exemple.

Soit $$i$$ le nombre complexe imaginaire tel que $$i^2=1$$.
Soit $$x$$ et $$y$$ deux réels, et on pose $$z = x + i y \in \mathbb{C}$$.
On cherche à savoir si à toute image $$f(z) \in \mathbb{C}$$ existe t'il un antécédent complexe $$z$$ tel qu'il soit toujours possible d'écrire $$f(z) = z^2 \in \mathbb{C}$$.
Comme $$f(z) \in \mathbb{C}$$, on peut donc poser $$f(z) = Z = a + i b$$.
On cherche $$z=x+iy$$ avec $$\left(x\,;\,y\right)\in \mathbb{R}^2$$ tel que $$z^2=Z$$.
On a alors :
$$Z=z^2 \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, a+ib = (x+iy)^2 \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, a+ib = x^2-y^2+i2xy \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, \left\lbrace \begin{array}{rcl} a & = & x^2 - y^2 \\ & & \\ b & = & 2xy\end{array} \right.$$
De plus, l'égalité initiale $$Z=z^2$$ nous donne, en module, $$|Z|=|z^2| = |z|^2$$. Ainsi on a :
$$\sqrt{a^2 + b^2} = \sqrt{x^2 + y^2}^2 = x^2 + y^2$$
On a alors les trois équations de déterminations suivantes :
$$\left\lbrace \begin{array}{rcl} a & = & x^2 - y^2 \\ & & \\ \sqrt{a^2 + b^2} & = & x^2 + y^2\\ \\ b & = & 2xy\end{array} \right.$$
Donc
$$z^2 = Z \Longleftrightarrow\left\lbrace \begin{array}{rcl} a & = & x^2 - y^2 \\ & & \\ \sqrt{a^2 + b^2} & = & x^2 + y^2\\ \\ b & = & 2xy\end{array} \right.$$
La somme, membres à membres, des deux premières nous conduit à :
$$\sqrt{a^2 + b^2} + a = 2x^2 \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, x = \pm \sqrt{\dfrac{\sqrt{a^2 + b^2} + a}{2}}$$
Puis, la soustraction, membres à membres, de la deuxième moins la première nous conduit à :
$$\sqrt{a^2 + b^2} - a = 2y^2 \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, y = \pm \sqrt{\dfrac{\sqrt{a^2 + b^2} - a}{2}}$$
La troisième équation, à savoir $$b = 2xy$$, doit être utiliser au travers du signe des deux membres. En effet :
$$\text{signe}(b) = \text{signe}(2xy)$$
Mais comme $$2>0$$, on a alors :
$$\text{signe}(b) = \text{signe}(xy)$$
Cette dernière condition permet de savoir si $$x$$ et $$y$$ sont de même signe (si $$b > 0$$) ou de signes opposés (si $$b > 0$$). C'est comme cela que les deux racines carrées $$z$$ se construisent par rapport aux deux choix des signes de $$x$$ et $$y$$, et ces deux racines carrées sont opposées l'une de l'autre.
Le cas particulier $$b=0$$ implique que $$Z = a$$ est un réel pur. Auquel cas, il est évident que :
$$\bullet \,\,$$ si $$a>0$$ alors les deux racines carrées recherchées sont $$z = \sqrt{a}$$ et $$z = -\sqrt{a}$$ ;
$$\bullet \bullet \,\,$$ si $$a<0$$ alors les deux racines carrées recherchées sont $$z = i\sqrt{-a}$$ et $$z = - i\sqrt{-a}$$ ;
$$\bullet \bullet \bullet \,\,$$ si $$a=0$$ alors les deux racines carrées recherchées sont identiques, et on a $$z = 0$$.
Finalement, toute image complexe $$f(z)$$ admet $${\color{red}{\bf{au \,\, moins}}}$$ un antécédent complexe $$z$$.
En conclusion l'application $$f$$ étudiée est surjective.
Cette application n'est pas bijective.