• ${\displaystyle 1\Leftrightarrow 2}$ : voir la solution de Images directes et réciproques, ex. 8 (y compris la question 2, qui démontre la contraposée de ${\displaystyle 2\Rightarrow 1}$).
• ${\displaystyle 1\Leftrightarrow 3}$ : voir la solution de Images directes et réciproques, ex. 3 (y compris la question 2, qui démontre la contraposée de ${\displaystyle 3\Rightarrow 1}$).
• ${\displaystyle 2\Leftrightarrow 4}$ : rappelons (ex. 8 déjà cité) que ${\displaystyle A\subset f^{-1}(f(A))}$ est toujours vrai. Par ailleurs, pour tout ${\displaystyle A\subset E}$, on a les équivalences :

  ${\displaystyle f^{-1}(f(A))\subset A\Leftrightarrow [\forall x\in E\quad f(x)\in f(A)\Rightarrow x\in A]\Leftrightarrow [\forall x\in E\quad x\notin A\Rightarrow f(x)\notin f(A)]\Leftrightarrow f\left(\complement _{E}A\right)\subset \complement _{F}{f(A)}}$.

• ${\displaystyle 1\Leftrightarrow 2}$ : on sait que ${\displaystyle f(f^{-1}(B))=B\cap \operatorname {Im} (f)}$. Donc ${\displaystyle 2\Leftrightarrow \forall B\in {\mathcal {P}}(F)\;B\cap \operatorname {Im} (f)=B\Leftrightarrow \forall B\in {\mathcal {P}}(F)\;B\subset \operatorname {Im} (f)\Leftrightarrow F\subset \operatorname {Im} (f)\Leftrightarrow f}$ surjective.
• ${\displaystyle 1\Rightarrow 3}$ : soit ${\displaystyle y\in \complement _{F}{f(A)}}$. Si ${\displaystyle f}$ est surjective, il existe ${\displaystyle x\in E}$ tel que ${\displaystyle y=f(x)}$. Puisque ${\displaystyle y\notin f(A)}$, on a ${\displaystyle x\notin A}$, c'est-à-dire ${\displaystyle x\in \complement _{E}A}$, donc ${\displaystyle y=f(x)\in f\left(\complement _{E}A\right)}$.
• ${\displaystyle 3\Rightarrow 1}$ : ${\displaystyle \complement _{F}{f(\varnothing )}\subset f\left(\complement _{E}\varnothing \right)\Leftrightarrow \complement _{F}\varnothing \subset f\left(E\right)\Leftrightarrow F\subset \operatorname {Im} (f)\Leftrightarrow f}$ surjective.

1. Supposons ${\displaystyle (g\circ f)(x)=(g\circ f)(y)}$. Si ${\displaystyle g}$ est injective, on en déduit que ${\displaystyle f(x)=f(y)}$ donc si de plus ${\displaystyle f}$ est injective, ${\displaystyle x=y}$.
2. Supposons ${\displaystyle f}$ et ${\displaystyle g}$ surjectives, c'est-à-dire ${\displaystyle f(E)=F}$ et ${\displaystyle g(F)=G}$. Alors, ${\displaystyle (g\circ f)(E)=g(f(E))=g(F)=G}$.
3. Supposons ${\displaystyle f(x)=f(y)}$. Alors, ${\displaystyle (g\circ f)(x)=(g\circ f)(y)}$ donc, si ${\displaystyle g\circ f}$ est injective, ${\displaystyle x=y}$.
4. Supposons ${\displaystyle g\circ f}$ surjective. Alors, ${\displaystyle G=g(f(E))\subset g(F)}$.
5. Supposons ${\displaystyle g\circ f}$ injective et ${\displaystyle f}$ surjective. Alors, ${\displaystyle f}$ est bijective (d'après le point 3) donc ${\displaystyle f^{-1}}$ existe, ce qui permet d'écrire ${\displaystyle g=(g\circ f)\circ f^{-1}}$, composée de deux injections donc injective (d'après le point 1).
6. Supposons ${\displaystyle g\circ f}$ surjective et ${\displaystyle g}$ injective. Alors, ${\displaystyle g}$ est bijective (d'après le point 4) donc ${\displaystyle g^{-1}}$ existe, ce qui permet d'écrire ${\displaystyle f=g^{-1}\circ (g\circ f)}$, composée de deux surjections donc surjective (d'après le point 2).

1. La condition ${\displaystyle s\circ i=\operatorname {id} _{A}}$ équivaut à : pour tout ${\displaystyle y\in i(A)}$, ${\displaystyle s(y)}$ est égal à l'unique antécédent de ${\displaystyle y}$ par ${\displaystyle i}$. On peut donc définir ${\displaystyle s}$ ainsi sur ${\displaystyle i(A)}$, et compléter arbitrairement sur ${\displaystyle \complement _{B}\,i(A)}$, en posant par exemple, pour un élément fixé ${\displaystyle a\in A}$ (il en existe puisque ${\displaystyle A\neq \varnothing }$) : ${\displaystyle \forall y\in \complement _{B}\,i(A)\quad s(y)=a}$.
2.  
   1. ${\displaystyle g:=f\circ s}$ convient.
   2. ${\displaystyle i\circ h=i\circ h'\Rightarrow s\circ i\circ h=s\circ i\circ h'\Leftrightarrow h=h'}$.
   3. L'application ${\displaystyle s}$ construite ci-dessus est surjective car ${\displaystyle s\circ i}$ l'est (cf. exercice précédent).
3. Si ${\displaystyle A=\varnothing }$ alors, pour tout ensemble ${\displaystyle B}$, l'unique application ${\displaystyle i:A\to B}$ (de graphe ${\displaystyle \varnothing }$) est injective, mais il n'existe aucune application (et a fortiori, aucune surjection) ${\displaystyle s:B\to A}$, sauf si ${\displaystyle B=\varnothing }$ (dans ce cas, on aura bien ${\displaystyle s\circ i=\operatorname {id} _{A}}$). Cependant, même si ${\displaystyle B\neq \varnothing }$, ${\displaystyle i}$ est simplifiable à gauche car pour tout ${\displaystyle C}$, il existe au plus une application ${\displaystyle h:C\to A}$ (une si ${\displaystyle C=\varnothing }$ et aucune si ${\displaystyle C\neq \varnothing }$).
4. Soit ${\displaystyle i:A\to B}$ une application simplifiable à gauche. Pour tous ${\displaystyle x,x'\in A}$ tels que ${\displaystyle i(x)=i(x')}$, notons ${\displaystyle C=\{c\}}$ un singleton arbitraire (par exemple ${\displaystyle c=\varnothing }$) et définissons ${\displaystyle h,h':C\to A}$ par : ${\displaystyle h(c)=x}$ et ${\displaystyle h'(c)=x'}$. Alors, ${\displaystyle i\circ h=i\circ h'}$ donc ${\displaystyle h=h'}$, c'est-à-dire ${\displaystyle x=x'}$.

${\displaystyle f\circ s=f'\circ s}$ si et seulement si ${\displaystyle f}$ et ${\displaystyle f'}$ coïncident sur ${\displaystyle s(B)}$, qui est une partie de ${\displaystyle A}$. La simplifiabilité à droite de ${\displaystyle s}$ signifie donc que dès que deux applications définies sur ${\displaystyle A}$ coïncident sur ${\displaystyle s(B)}$, elles coïncident sur ${\displaystyle A}$ tout entier.

La surjectivité de ${\displaystyle s}$ équivaut à ${\displaystyle s(B)=A}$, qui implique donc la simplifiabilité à droite.

Réciproquement, si ${\displaystyle s(B)\neq A}$, on définit facilement sur ${\displaystyle A}$ deux applications ${\displaystyle f}$ et ${\displaystyle f'}$ qui coïncident sur ${\displaystyle s(B)}$ mais pas sur ${\displaystyle A}$ tout entier, en posant par exemple : sur ${\displaystyle s(B)}$, ${\displaystyle f}$ et ${\displaystyle f'}$ constamment égales à 1 mais sur ${\displaystyle A\setminus s(B)}$, l'une égale à 1 et l'autre à 0.

1. Supposons que ${\displaystyle f}$ et ${\displaystyle g}$ sont injectives et montrons que ${\displaystyle f\times g}$ l'est.
   • Première méthode. Si ${\displaystyle \left(f\times g\right)\left(a,b\right)=\left(f\times g\right)\left(a',b'\right)}$, c'est-à-dire si ${\displaystyle \left(f\left(a\right),g\left(b\right)\right)=\left(f\left(a'\right),g\left(b'\right)\right)}$, ou encore ${\displaystyle f\left(a\right)=f\left(a'\right)}$ et ${\displaystyle g\left(b\right)=g\left(b'\right)}$ alors ${\displaystyle a=a'}$ et ${\displaystyle b=b'}$ donc ${\displaystyle \left(a,b\right)=\left(a',b'\right)}$.
   • Seconde méthode (utilisant l'exercice 4). Si ${\displaystyle A}$ ou ${\displaystyle B}$ est vide alors ${\displaystyle f\times g}$ est évidemment injective (c'est l'application de ${\displaystyle \varnothing }$ dans ${\displaystyle C\times D}$, de graphe vide). Sinon, il existe ${\displaystyle f':C\to A,g':D\to B}$ telles que ${\displaystyle f'\circ f=\operatorname {id} _{A}}$ et ${\displaystyle g'\circ g=\operatorname {id} _{B}}$, d'où ${\displaystyle \left(f'\times g'\right)\circ \left(f\times g\right)=\left(f'\circ f\right)\times \left(g'\circ g\right)=\operatorname {id} _{A}\times \operatorname {id} _{B}=\operatorname {id} _{A\times B}}$.
2. Supposons ${\displaystyle f\times g}$ injective et ${\displaystyle B\neq \varnothing }$ et montrons que ${\displaystyle f}$ est injective. Par hypothèse, il existe ${\displaystyle b\in B}$. Si ${\displaystyle f\left(a\right)=f\left(a'\right)}$ alors ${\displaystyle \left(f\times g\right)\left(a,b\right)=\left(f\times g\right)\left(a',b\right)}$ donc ${\displaystyle \left(a,b\right)=\left(a',b\right)}$ donc ${\displaystyle a=a'}$. On montre de même que si ${\displaystyle f\times g}$ est injective et ${\displaystyle A\neq \varnothing }$ alors ${\displaystyle g}$ est injective.
3. Supposons que ${\displaystyle f}$ et ${\displaystyle g}$ sont surjectives et montrons que ${\displaystyle f\times g}$ l'est. Soit ${\displaystyle \left(c,d\right)\in C\times D}$. Puisque ${\displaystyle c\in C}$, il existe (par surjectivité de ${\displaystyle f}$) au moins un ${\displaystyle a\in A}$ tel que ${\displaystyle c=f\left(a\right)}$. De même, il existe ${\displaystyle b\in B}$ tel que ${\displaystyle d=g\left(b\right)}$. Alors, ${\displaystyle \left(c,d\right)=\left(f\times g\right)\left(a,b\right)}$.
4. Supposons ${\displaystyle f\times g}$ surjective et ${\displaystyle D\neq \varnothing }$ et montrons que ${\displaystyle f}$ est surjective. Par hypothèse, il existe ${\displaystyle d\in D}$. Pour tout ${\displaystyle c\in C}$, il existe alors (par surjectivité de ${\displaystyle f\times g}$) au moins un ${\displaystyle \left(a,b\right)\in A\times B}$ tel que ${\displaystyle \left(c,d\right)=\left(f\times g\right)\left(a,b\right)}$, d'où ${\displaystyle c=f\left(a\right)}$. On montre de même que si ${\displaystyle f\times g}$ est surjective et ${\displaystyle C\neq \varnothing }$ alors ${\displaystyle g}$ est surjective.

1. Supposons ${\displaystyle Y\neq \varnothing }$ et montrons que ${\displaystyle e}$ est surjective. Par hypothèse, il existe au moins un ${\displaystyle y_{0}\in Y}$. Pour tout ${\displaystyle x\in X}$, notons ${\displaystyle c_{x}}$ l'application constante ${\displaystyle Y\to X,\,y\mapsto x}$. Alors, ${\displaystyle x=e\left(y_{0},c_{x}\right)}$.
   En général, ${\displaystyle e}$ n'est pas injective et même : il n'existe aucune injection de ${\displaystyle Y\times X^{Y}}$ dans ${\displaystyle X}$ si ${\displaystyle \operatorname {card} \left(Y\right)\times \operatorname {card} \left(X\right)^{\operatorname {card} \left(Y\right)}>\operatorname {card} \left(X\right)}$ — par exemple si ${\displaystyle \operatorname {card} \left(X\right)=1<\operatorname {card} \left(Y\right)}$.
2. Si ${\displaystyle Y=\varnothing }$ alors ${\displaystyle e}$ est l'application de ${\displaystyle \varnothing }$ dans ${\displaystyle X}$, de graphe vide. Elle est toujours injective, mais n'est surjective que si ${\displaystyle X=\varnothing }$.
3. ${\displaystyle \forall \left(y,z\right)\in Y\times Z\quad \left(e\circ \left(\operatorname {id} _{Y}\times F\right)\right)\left(y,z\right)=e\left(y,F\left(z\right)\right)=F\left(z\right)\left(y\right)=f\left(y,z\right)}$.
4. 1. On déduit des questions précédentes que si ${\displaystyle Y\neq \varnothing }$ et si ${\displaystyle F}$ est surjective (donc ${\displaystyle \operatorname {id} _{Y}\times F}$ aussi d'après l'exercice précédent), alors ${\displaystyle f}$ aussi.
      (Lorsque ${\displaystyle Y=\varnothing }$, ${\displaystyle F}$ est surjective si et seulement si ${\displaystyle Z\neq \varnothing }$, et ${\displaystyle f}$ est surjective si et seulement si ${\displaystyle X=\varnothing }$.)
   2. La réciproque est fausse et même : dès que ${\displaystyle \operatorname {card} \left(Y\right)\times \operatorname {card} \left(Z\right)\geq \operatorname {card} \left(X\right)}$, il existe des surjections ${\displaystyle f:Y\times Z\to X}$ mais aucune de ${\displaystyle Z}$ dans ${\displaystyle X^{Y}}$ si ${\displaystyle \operatorname {card} \left(Z\right)<\operatorname {card} \left(X\right)^{\operatorname {card} \left(Y\right)}}$ — par exemple si ${\displaystyle \operatorname {card} \left(Z\right)=1<\operatorname {card} \left(X\right)\leq \operatorname {card} \left(Y\right)}$.
   3. On déduit de la question 3 que si ${\displaystyle f}$ est injective alors ${\displaystyle \operatorname {id} _{Y}\times F}$ aussi, donc ${\displaystyle F}$ aussi si ${\displaystyle Y\neq \varnothing }$.
      (Lorsque ${\displaystyle Y=\varnothing }$, ${\displaystyle f}$ est toujours injective, mais ${\displaystyle F}$ ne l'est que si ${\displaystyle \operatorname {card} \left(Z\right)\leq 1}$.)
   4. La réciproque est fausse en général, à cause de la non-injectivité de ${\displaystyle e}$. Par exemple lorsque ${\displaystyle \operatorname {card} \left(Z\right)=1}$, ${\displaystyle F}$ est toujours injective, mais ${\displaystyle f}$ ne peut pas l'être si ${\displaystyle \operatorname {card} \left(Y\right)>\operatorname {card} \left(X\right)}$.

1. ${\displaystyle f(E)=(A,B)=f(A\cup B)}$ donc si ${\displaystyle f}$ est injective alors ${\displaystyle A\cup B=E}$. Réciproquement, si ${\displaystyle A\cup B=E}$ alors ${\displaystyle f}$ est injective car pour tout ${\displaystyle X\in {\mathcal {P}}(E)}$, ${\displaystyle (X\cap A)\cup (X\cap B)=X\cap (A\cup B)=X\cap E=X}$ donc la donnée de ${\displaystyle f(X)}$ détermine complètement ${\displaystyle X}$.
2. Si ${\displaystyle f}$ est surjective, soit ${\displaystyle X\in {\mathcal {P}}(E)}$ tel que ${\displaystyle f(X)=(A,\varnothing )}$. Alors, ${\displaystyle A\subset X\subset E\setminus B}$ donc ${\displaystyle A\cap B=\varnothing }$. Réciproquement, si ${\displaystyle A\cap B=\varnothing }$ alors, pour tout ${\displaystyle (C,D)\in {\mathcal {P}}(A)\times {\mathcal {P}}(B)}$, on a ${\displaystyle D\cap A=C\cap B=\varnothing }$ donc ${\displaystyle f(C\cup D)=(C,D)}$, ce qui prouve que ${\displaystyle f}$ est surjective.
3. D'après les deux questions précédentes, ${\displaystyle f}$ est bijective si et seulement si ${\displaystyle A}$ et ${\displaystyle B}$ sont complémentaires dans ${\displaystyle E}$.