Prenons deux éléments $(x_1, x_2) \in E^2$ et supposons que :

$$f(x_1) = f(x_2) \implies g(f(x_1)) = g(f(x_2))$$
$$\iff (g \circ f)(x_1) = (g \circ f)(x_2)$$
$$\overset{g \circ f \text{ injective}}{\Longrightarrow} x_1 = x_2.$$

Ainsi, il s’ensuit que $f$ est injective.

Supposons maintenant que $g \circ f$ soit une application surjective.

Prenons un élément quelconque $z \in G$. Par hypothèse, $g \circ f$ étant surjective, il existe donc un certain $x \in E$ tel que :

$$z = (g \circ f)(x).$$

En posant $y = f(x)$, il vient $y \in F$ et :

$$z = g(f(x)) = g(y).$$

Cela prouve que $g$ est surjective.

Supposons enfin que $g \circ f$ soit bijective.

Dans ce cas, puisque nous avons établi que $g \circ f$ est à la fois injective et surjective (par les points $a)$ et $b)$), nous pouvons en conclure que $f$ est injective et que $g$ est surjective.

En utilisant l’inverse de $g$, on a $f \circ h = (f \circ h \circ g) \circ g^{-1}$. Cette expression étant la composition d’applications injectives, on en déduit que $h$ est injective.

Ainsi, $h$ est une fonction bijective. Enfin, on peut exprimer $f$ sous la forme $f = (g^{-1} \circ h^{-1}) \circ (h \circ g \circ f)$, ce qui donne également $f = (f \circ h \circ g) \circ (g^{-1} \circ h^{-1})$. Dès lors, $f$ est à la fois injective et surjective (car elle est une composition de telles applications), ce qui prouve que $f$ est bijective.

Soit $ x \in E $.
D’après l’énoncé :
$$ f^3(x) = f(x) $$
$$ f(f^2(x)) = f(x) $$
Par injectivité de l’application $f$ :
$$ f^2(x) = x $$
On en déduit une égalité des applications :
$$ f^2 = Id_E $$
Ceci démontre que l’application $f$ est involutive, donc bijective, donc surjective.
De plus, l’application réciproque notée $ f^{-1}$ est définie par :
$$ f^{-1} = f $$
• On suppose que l’application $f$ est surjective.
On va démontrer que que l’application $f$ est injective.

Soit $x \in E $.
Par surjectivité de l’application $f$ :
$$ \exists t \in E \mid f(t) = x $$
On va calculer $f^2(x)$.
Par substitution :
$$ f^2(x) = f^2(f(t)) $$
$$ = f^3(t) $$
$$ = f(t) $$
$$ = x $$
On en déduit une égalité des applications :
$$ f^2 = Id_E $$
Ceci démontre que l’application $f$ est involutive, donc bijective, donc injective.
De plus, l’application réciproque notée $ f^{-1}$ est définie par :
$$ f^{-1} = f $$
Conclusion : $f$ est injective si et seulement si $f$ est surjective.

On peut donc poser l’ensemble $X$ défini par l’intersection suivante :
$$X = \bigcap_{A \in \mathcal{G}} A$$
Par propriété de l’intersection :
$$\forall A \in \mathcal{G}, \quad X \subset A$$
Par croissance de l’application $f$ pour l’inclusion:
$$\forall A \in \mathcal{G}, \quad f(X) \subset f(A)$$
Par propriété de l’intersection :
$$f(X) \subset \bigcap_{A \in \mathcal{G}} f(A)$$
Par définition de l’ensemble $\mathcal{G}$ :
$$\forall A \in \mathcal{G}, \quad f(A) \subset A$$
En appliquant l’intersection membre à membre :
$$\bigcap_{A \in \mathcal{G}} f(A) \subset \bigcap_{A \in \mathcal{G}} A = X$$
Par transitivité de l’inclusion :
$$f(X) \subset X$$
Par définition de l’ensemble $\mathcal{G}$ :
$$X \in \mathcal{G}$$
On pose l’ensemble $B$ défini par :
$$B = f(X)$$
D’après le travail précédent :
$$B \subset X$$
Par croissance de l’application $f$ pour l’inclusion:
$$f(B) \subset f(X) = B$$
Par définition de l’ensemble $\mathcal{G}$ :
$$B \in \mathcal{G}$$
Or, $X$ est le plus petit ensemble, au sens de l’inclusion, de l’ensemble $\mathcal{G}$, on a donc :
$$X \subset B = f(X)$$
Ainsi, on a démontré la double inclusion, ce qui permet de conclure :
$$f(X) = X$$

Par un théorème de cours sur les fonctions bijectives, on a :
$$ \forall (x,y) \in (]0;1[)^2, \quad f(x) = y \iff x = f^{-1}(y) $$
Soit $(x,y) \in (]0;1[)^2$ tel que :
$$ f(x) = y $$
On sait alors que :
$$ x = f^{-1}(y)$$
Par ailleurs :
$$ f(x) = y $$
$$ \iff \frac{2x}{1 + x^2} = y $$
$$ \iff 2x = y(1 + x^2) $$
$$ \iff 2x = y + yx^2 $$
$$ \iff yx^2 – 2x + y = 0 $$
$$ \iff x^2 – \frac{2}{y}x + 1 = 0, \quad y \neq 0 $$
$$ \iff \left( x^2 – 2x \frac{1}{y} + \frac{1}{y^2} \right) – \frac{1}{y^2} + 1 = 0 $$
$$ \iff \left( x – \frac{1}{y} \right)^2 = \frac{1}{y^2} – 1 $$
$$ \iff \left( x – \frac{1}{y} \right)^2 = \frac{1 – y^2}{y^2} > 0 , \quad y<1$$
$$ \iff x – \frac{1}{y} = \pm \frac{\sqrt{1 – y^2}}{y}, \quad y > 0 $$
On a besoin de choisir entre la valeur positive et la valeur négative.
On sait que :
$$ 0 < x < 1 $$
$$ 0 < y < 1 $$
Par produit de nombres strictement positifs, on en déduit que :
$$ 0 < xy < 1 $$
$$ x < \frac{1}{y}, \quad y > 0 $$
$$ x – \frac{1}{y} < 0 $$
Donc on choisit la valeur négative.
On reprend la démonstration par équivalence :
$$ x – \frac{1}{y} = \pm \frac{\sqrt{1 – y^2}}{y} $$
$$ \iff x – \frac{1}{y} = – \frac{\sqrt{1 – y^2}}{y} $$
$$ \iff x = \frac{1}{y} – \frac{\sqrt{1 – y^2}}{y} $$
$$ \iff x = \frac{1 – \sqrt{1 – y^2}}{y} $$
Par symétrie et transitivité de l’égalité, on en déduit :
$$ f^{-1}(y) = \frac{1 – \sqrt{1 – y^2}}{y} $$
Conclusion :
L’application $f$ est bijective et son application réciproque $f^{-1}$ est définie par :
$$ \forall t \in ]0;1[, \quad f^{-1}(t) = \frac{1 – \sqrt{1 – t^2}}{t} $$

Soit $(A, B) \in (\mathcal{P}(E))^2$.
Soit $ y \in f(A \cap B)$.

Par définition de l’image directe d’une application :
$$\exists x \in A \cap B \mid y = f(x)$$
Par définition de l’intersection de plusieurs ensembles :
$$x \in A$$
Par définition de l’image directe d’une application :
$$y = f(x) \in f(A)$$
On fait le même travail avec l’ensemble $B$ :
$$x \in B$$
$$y = f(x) \in f(B)$$
Ainsi on obtient :
$$y \in f(A) \cap f(B)$$
Ce qui démontre l’inclusion :
$$f(A \cap B) \subset f(A) \cap f(B)$$
Remarque : on n’a pas utilisé l’injectivité de l’application $f$, cette inclusion est donc vraie pour une application quelconque.

On démontre maintenant l’inclusion réciproque, cette fois-ci, on utilise le fait que l’application $f$ est injective.

Soit $y \in f(A) \cap f(B)$.

Par définition de l’intersection de plusieurs ensembles :
$$y \in f(A)$$
Par définition de l’image directe d’une application :
$$\exists a \in A \mid y = f(a)$$
On fait le même travail avec l’ensemble $f(B)$ :
$$y \in f(B)$$
$$\exists b \in B \mid y = f(b)$$
Par transitivité et symétrie de l’égalité :
$$f(a) = f(b)$$
Par injectivité de l’application $f$ :
$$a = b \in A \cap B$$
Ainsi :
$$y = f(a) \in f(A \cap B)$$
Ce qui démontre l’inclusion :
$$f(A) \cap f(B) \subset f(A \cap B)$$
On a donc double inclusion donc égalité des ensembles :
$$f(A \cap B) = f(A) \cap f(B)$$

• On suppose que $\forall (A,B) \in (\mathcal{P}(E))^2, \quad f(A \cap B) = f(A) \cap f(B)$.
On va démontrer que $f$ est une application injective.

Soit $(a,b) \in E^2 \mid f(a) = f(b)$

On pose les ensembles singletons définis par :
$$A = \{a\}, \quad B = \{b\}$$
D’une part :
$$f(A \cap B) = f(\{a\} \cap \{b\})$$
D’autre part :
$$f(A) \cap f(B) = f(\{a\}) \cap f(\{b\}) = \{f(a)\} \cap \{f(b)\}$$
$$= \{f(a)\} \cap \{f(a)\} = \{f(a)\} \neq \emptyset$$
On en déduit que :
$$f(\{a\} \cap \{b\}) \neq \emptyset$$
$$\{a\} \cap \{b\} \neq \emptyset$$
$$\{a\} = \{b\}$$
$$a = b$$
On a donc démontré que $f$ est une application injective.

Conclusion : on a démontré l’équivalence suivante :
L’application $f$ est injective $\iff \forall A, B \in \mathcal{P}(E), \quad f(A \cap B) = f(A) \cap f(B)$.

Soit $ (A, B) \in (\mathcal{P}(E))^2 \mid \tilde{f}(A) = \tilde{f}(B) $.

Par définition de l’application $ \tilde{f}$, on peut écrire :
$$f(A) = f(B)$$
Soit $a \in A$.
On pose l’élément $y$ défini par :
$$y = f(a)$$
Par définition de l’image directe d’une application :
$$y \in f(A) = f(B)$$
Par définition de l’image directe d’une application :
$$\exists b \in B \mid y = f(b)$$
Par transitivité et symétrie de l’égalité :
$$f(a) = f(b)$$
Par injectivité de l’application $f$ :
$$a = b \in B$$
On a donc démontré l’inclusion :
$$A \subset B$$
Par symétrie des rôles joués par les ensembles $A$ et $B$, on en déduit l’inclusion réciproque :
$$B \subset A$$
On a donc démontré la double inclusion donc l’égalité des ensembles :
$$A = B$$
Donc l’application $ \tilde{f}$ est injective.

• On suppose que l’application $ \tilde{f}$ est injective.
On va démontrer que l’application $f$ est injective.

Soit $ (a, b) \in E \mid f(a) = f(b) $.

On pose les ensembles définis par :
$$A = \{a\}, \quad B = \{b\}$$
Ensuite :
$$\tilde{f}(A) = f(A) = f(\{a\}) = \{ f(a) \} = \{ f(b) \} = f(\{b\}) = f(B) = \tilde{f}(B)$$
Par injectivité de l’application $ \tilde{f}$ :
$$A = B$$
On en déduit :
$$\{a\} = \{b\}$$
Par théorème sur les ensembles singletons :
$$a = b$$
Donc l’application $f$ est injective.

• On suppose que l’application $ f$ est injective.
On va démontrer que l’application $\widehat{f}$ est surjective.

Soit $ A \in \mathcal{P}(E)$.
Par un théorème de cours :
$$A \subset f^{-1} (f(A))$$
On va démontrer l’inclusion réciproque, dans le cas d’une application injective.

Soit $ y \in f^{-1} (f(A))$.
Par définition de l’image réciproque d’une application :
$$f(y) \in f(A)$$
Par définition de l’image directe d’une application :
$$\exists a \in A \mid f(y) = f(a)$$
Par injectivité de l’application $f$ :
$$y = a \in A$$
On a donc démontré l’inclusion suivante :
$$f^{-1} (f(A)) \subset A$$
On a donc démontré la double inclusion donc l’égalité des ensembles :
$$f^{-1} (f(A)) = A$$
En utilisant les notations de l’exercice, on peut écrire :
$$\widehat{f} (f(A)) = A$$
On a donc démontré que l’application $\widehat{f}$ est surjective.

• On suppose que l’application $\widehat{f}$ est surjective.
On va démontrer que l’application $ f$ est injective.

Soit $(a, b) \in E^2 \mid f(a) = f(b)$.
$$\{a\} \in \mathcal{P}(E), \quad \{b\} \in \mathcal{P}(E)$$
Par surjectivité de l’application $\widehat{f}$ :
$$\exists A’ \in \mathcal{P}(F) \mid \{a\} = \widehat{f}(A’) = f^{-1}(A’)$$
$$\exists B’ \in \mathcal{P}(F) \mid \{b\} = \widehat{f}(B’) = f^{-1}(B’)$$
On a $B’ \subset f\left( f^{-1} (B’) \right) = f(\{b\})$.
Or, $B’ \neq \emptyset$ et $f(\{b\})$ est un singleton, donc $B’ = f(\{b\})$.

Ensuite :
$$\{a\} \subset f^{-1} \left( f(\{a\}) \right) = f^{-1} \left( \{f(a)\} \right) = f^{-1} \left( \{f(b)\} \right)$$
$$= f^{-1} \left( f(\{b\}) \right) = f^{-1} (B’) = \{b\}$$
Par théorème sur les ensembles singletons :
$$a = b$$
On a donc démontré que l’application $ f$ est injective.

Conclusion on a démontré que :
$f$ injective $\iff$ $\widetilde{f}$ injective $\iff$ $\widehat{f}$ surjective

Soit $B \in \mathcal{P}(F)$.
Soit $b \in B$.

Par surjectivité de l’application $f$ :
$$\exists x \in E \mid b = f(x)$$
On a :
$$f(x) \in B$$
Par définition de l’image réciproque d’un ensemble par une application :
$$x \in f^{-1}(B)$$
Par définition de l’image directe d’un ensemble par une application :
$$f(x) \in f(f^{-1}(B))$$
Donc :
$$b \in f(f^{-1}(B))$$
On a donc démontré l’inclusion :
$$B \subset f(f^{-1}(B))$$
Soit $y \in f(f^{-1}(B))$.
Par définition de l’image directe d’un ensemble par une application :
$$\exists x \in f^{-1}(B) \mid y = f(x)$$
On a :
$$x \in f^{-1}(B)$$
Par définition de l’image réciproque d’un ensemble par une application :
$$f(x) \in B$$
On en déduit :
$$y \in B$$
On a donc démontré l’inclusion :
$$f(f^{-1}(B)) \subset B$$
Remarque : on n’a pas utilisé la surjectivité de l’application $f$, l’inclusion précédente est donc valable pour une application quelconque.

• On suppose que : $\forall B \in \mathcal{P}(F), \quad B = f(f^{-1}(B))$.
On va démontrer que l’application $f$ est surjective.

Soit $y \in F$.
On pose l’ensemble singleton $B$ défini par :
$$B = \{ y \} \neq \emptyset$$
On a :
$$\{ y \} = B = f(f^{-1}(B))$$
On en déduit :
$$f(f^{-1}(B)) \neq \emptyset$$
Puis :
$$f^{-1}(B) \neq \emptyset$$
Par définition d’un ensemble non vide :
$$\exists x \in E \mid x \in f^{-1}(B)$$
On a :
$$x \in f^{-1}(B)$$
Par définition de l’image réciproque d’un ensemble par une application :
$$f(x) \in B = \{ y \}$$
Par théorème sur les ensembles singletons :
$$f(x) = y$$
On a donc démontré que l’application $f$ est surjective.

Conclusion :
L’application $f$ est surjective $\iff$ $\forall B \in \mathcal{P}(F), \quad B = f(f^{-1}(B))$.