Opérations sur les fonctions/Composition

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Composée de deux fonctions

Première approche

Soient $f$ et $g$ deux fonctions. La fonction $x\mapsto g\left(f(x)\right)$ est appelée composée de $f$ et $g$, ou $f$ suivie de $g$ et notée $g\circ f$ (ce qui se lit « g rond f ») :

pour tout $x$, $\left(g\circ f\right)\left(x\right)=g\left(f\left(x\right)\right)$.

L'opération de composition revient ainsi à appliquer les deux fonctions d'affilée. ${\begin{array}{ccccl}x&{\underset {f}{\mapsto }}&f(x)&{\underset {g}{\mapsto }}&g\left(f\left(x\right)\right)\\\end{array}}$

qui peut se ramener à ${\begin{array}{ccl}x&{\underset {g\circ f}{\mapsto }}&g\left(f\left(x\right)\right)\\\end{array}}$

Attention à l’ordre ! La composition n’est pas commutative.

En effet :

• pour tout $x$, $\left(f\circ g\right)\left(x\right)=f\left(g\left(x\right)\right)$
• pour tout $x$, $\left(g\circ f\right)\left(x\right)=g\left(f\left(x\right)\right)$

donnent des résultats différents. Voyons cela sur quelques exemples.

Début de l'exemple

Premiers exemples

Exprimer dans chaque cas les composées $f\circ g$ et $g\circ f$.

1. ${\begin{cases}f:x\mapsto x^{3}\\g:x\mapsto x+2\end{cases}}$
2. ${\begin{cases}f:x\mapsto x+2\\g:x\mapsto x^{2}\end{cases}}$
3. ${\begin{cases}f:x\mapsto x^{2}\\g:x\mapsto 2x\end{cases}}$
4. ${\begin{cases}f:x\mapsto \mathrm {e} ^{x}\\g:x\mapsto x^{2}\end{cases}}$

Fin de l'exemple

Solution

1. Pour tout $x$, $\left(f\circ g\right)\left(x\right)=f\left(x+2\right)=(x+2)^{3}$ et $\left(g\circ f\right)\left(x\right)=g\left(x^{3}\right)=x^{3}+2$.
2. Pour tout $x$, $\left(f\circ g\right)\left(x\right)=f\left(x^{2}\right)=x^{2}+2$ et $\left(g\circ f\right)\left(x\right)=g\left(x+2\right)=(x+2)^{2}$.
3. Pour tout $x$, $\left(f\circ g\right)\left(x\right)=f\left(2x\right)=4x^{2}$ et $\left(g\circ f\right)\left(x\right)=g\left(x^{2}\right)=2x^{2}$.
4. Pour tout $x$, $\left(f\circ g\right)\left(x\right)=f\left(x^{2}\right)=\mathrm {e} ^{x^{2}}$ et $\left(g\circ f\right)\left(x\right)=g\left(\mathrm {e} ^{x}\right)=\left(\mathrm {e} ^{x}\right)^{2}=\mathrm {e} ^{2x}$.

 

Dans les exemples ci-dessus, toutes les fonctions étaient définies de $\mathbb {R}$ dans $\mathbb {R}$ mais en général, il peut même arriver que l'une des deux composées $g\circ f$ et $f\circ g$ soit définie et pas l'autre. Plus précisément, pour que la fonction $g\circ f$ soit bien définie, il faut que pour tout $x$, l'image de $x$ par $f$ soit dans le domaine de définition de $g$.

${\begin{array}{ccccl}{\mathcal {D}}_{f}&\rightarrow &{\mathcal {D}}_{g}&\rightarrow &\dots \\x&{\underset {f}{\mapsto }}&f(x)&{\underset {g}{\mapsto }}&g\circ f(x)\\\end{array}}$

$f({\mathcal {D}}_{f})\subset {\mathcal {D}}_{g}$

Ceci nous conduit à préciser la définition :

Définition complète

Soient $E$, $F$ et $G$ trois ensembles, $f$ une application de $E$ dans $F$ et $g$ une application de $F$ dans $G$. La composée $g\circ f$ est l'application de $E$ dans $G$ définie par $\forall x\in E\quad \left(g\circ f\right)\left(x\right)=g\left(f\left(x\right)\right)$.

Remarques

*Pour toute application $f:E\to F$, on a $\operatorname {id} _{F}\circ f=f=f\circ \operatorname {id} _{E}$, où $\operatorname {id} _{X}$ désigne l'application identité d'un ensemble $X$.

• La question d'une éventuelle égalité de $g\circ f$ avec $f\circ g$ ne se pose finalement que lorsqu'un même ensemble est à la fois l'ensemble de départ et d'arrivée de $f$ et $g$. Si $f$ et $g$ sont deux applications de $E$ dans $E$, on dit qu'elles commutent lorsque $g\circ f=f\circ g$. C'est le cas par exemple si l'une des deux est égale à $\operatorname {id} _{E}$.

Composée de trois fonctions

Début de l'exemple

Exemple

Soit la fonction $A:\mathbb {R} \to \mathbb {R} ,\ x\mapsto 2(x-1)^{2}+3$. Déterminer trois fonctions $f$, $g$ et $h:\mathbb {R} \to \mathbb {R}$ telles que $A=h\circ \left(g\circ f\right)$, puis calculer $\left(h\circ g\right)\circ f$.

Solution

On peut prendre

$f:x\mapsto x-1,\quad g:x\mapsto x^{2},\quad h:x\mapsto 2x+3$.

En effet, on a alors le schéma suivant :

${\begin{array}{ccccccl}x&{\underset {f}{\mapsto }}&x-1&{\underset {g}{\mapsto }}&g\left(x-1\right)=(x-1)^{2}&{\underset {h}{\mapsto }}&h\left((x-1)^{2}\right)=2(x-1)^{2}+3.\end{array}}$

Une autre solution possible est

$f:x\mapsto x-1,\quad g:x\mapsto 2x^{2},\quad h:x\mapsto x+3$

ou encore

$f:x\mapsto (x-1)^{2},\quad g:x\mapsto 2x,\quad h:x\mapsto x+3$.

Dans tous les cas, en calculant la fonction $\left(h\circ g\right)\circ f$, on constate qu'elle coïncide avec $h\circ \left(g\circ f\right)$.

 

Fin de l'exemple

Début d’un théorème

Théorème : associativité de la composition

Soient $f:E\to F$, $g:F\to G$ et $h:G\to H$ trois applications. Alors,

$h\circ \left(g\circ f\right)=\left(h\circ g\right)\circ f$.

Fin du théorème

'Démonstration'

$h\circ (g\circ f)$ et $(h\circ g)\circ f$ sont bien définies, toutes deux de E dans H, et

${\begin{matrix}\forall x\in E&[h\circ (g\circ f)](x)&=&h((g\circ f)(x))&{\rm {par\,d{\acute {e}}finition\,de\,la\,compos{\acute {e}}e\,de\,}}g\circ f{\rm {\,par\,}}h\\&&=&h(g(f(x)))&{\rm {par\,d{\acute {e}}finition\,de\,la\,compos{\acute {e}}e\,de\,}}f{\rm {\,par\,}}g\\&&=&(h\circ g)(f(x))&{\rm {par\,d{\acute {e}}finition\,de\,la\,compos{\acute {e}}e\,de\,}}g{\rm {\,par\,}}h\\&&=&[(h\circ g)\circ f](x)&{\rm {par\,d{\acute {e}}finition\,de\,la\,compos{\acute {e}}e\,de\,}}f{\rm {\,par\,}}h\circ g\end{matrix}}$

 

Notation

Cette application se note simplement $h\circ g\circ f$.

Corollaire

Cette associativité permet de se dispenser de parenthèses lorsqu'on compose $n$ fonctions ($n\in \mathbb {N} ^{*}$), $f_{1}:E_{0}\to E_{1},\quad f_{2}:E_{1}\to E_{2},\quad \ldots ,\quad f_{n}:E_{n-1}\to E_{n}$ pour former $f_{n}\circ \dots \circ f_{2}\circ f_{1}:E_{0}\to E_{n}$.

Puissances itérées d'une fonction

Définition

Soit $f$ une application d'un ensemble $E$ dans lui-même. On définit par récurrence $f^{n}:E\to E$, pour tout $n\in \mathbb {N}$, par :

• $f^{0}=\operatorname {id} _{E}$ ;
• $\forall n\in \mathbb {N} \quad f^{n+1}=f\circ f^{n}$.

Début de l'exemple

Exercice

Soit $f:E\to E$ une involution.

Déterminer $f^{n}$ pour tout entier $n$.

Solution

$f^{n}$ est égale à $\operatorname {id} _{E}$ si $n$ est pair (car $f^{2k}=(f^{2})^{k}=\operatorname {id} _{E}^{k}=\operatorname {id} _{E}$) donc à $f$ si $n$ est impair.

 

Fin de l'exemple