Soit $$\begin{array}{rl}f:[2,3]& \to \mathbb{R}\\ x& \mapsto f(x):=\frac{3x-4}{2}.\end{array}$$ Par définition, $$\mathrm{Im}(f)=\{y\in \mathbb{R}:\exists x\in [2,3]\text{ tel que }f(x)=y\}$$ Pour calculer $\mathrm{Im}(f)$, fixons $y\in \mathbb{R}$, et essayons de résoudre l’équation $y=f(x)$, c’est-à-dire $$y=\frac{3x-4}{2}.$$ En isolant simplement $x$, on trouve la préimage de $y$: $$x=\frac{2y+4}{3}.$$ Comme il faut que la préimage appartienne à $A=[2,3]$, on veut que $$2⩽\frac{2y+4}{3}⩽3,$$ qui est équivalente, après quelques manipulations, à $$1⩽y⩽\frac{5}{2}.$$ On résume: l’équation $y=f(x)$ possède une solution $x\in [2,3]$ si et seulement $y\in [1,\frac{5}{2}]$. Ceci signifie que $\mathrm{Im}(f)=[1,\frac{5}{2}]$. On peut le vérifier graphiquement:

Considérons $$\begin{array}{rl}f:\mathbb{R}& \to \mathbb{R}\\ x& \mapsto \frac{x}{2}+1.\end{array}$$ Soient $x,x^{\prime }\in \mathbb{R}$ tels que $f(x)=f(x^{\prime })$. Ceci signifie que $$\frac{x}{2}+1=\frac{x^{\prime }}{2}+1,$$ qui après simplification donne $x=x^{\prime }$. Donc $f$ est injective. Ensuite, montrons que tout $y\in \mathbb{R}$ possède une préimage $x$. En effet, on peut isoler $x$ dans $y=f(x)=\frac{x}{2}+1$, qui donne $x=2(y-1)$. Donc $f$ est aussi surjective.
Ainsi, $f$ est bijective, et sa réciproque est donnée par $$\begin{array}{rl}{f}^{-1}:\mathbb{R}& \to \mathbb{R}\\ y& \mapsto 2(y-1).\end{array}$$ Remarquons que l’on peut nommer la variable comme on veut, et on peut donc écrire $$\begin{array}{rl}{f}^{-1}:\mathbb{R}& \to \mathbb{R}\\ x& \mapsto f^{-1}(x)=2(x-1).\end{array}$$

Considérons la fonction “au carré”: $$\begin{array}{rl}f:\mathbb{R}& \to \mathbb{R}\\ x& \mapsto x^2.\end{array}$$ Puisque $f(-x)=f(x)$ pour tout $x$, $f$ n’est pas injective. On peut la rendre injective en restreignant son ensemble de départ, en prenant par exemple ${\mathbb{R}}^{+}$: $$\begin{array}{rl}f:{\mathbb{R}}_{+}& \to \mathbb{R}\\ x& \mapsto x^2.\end{array}$$ Cette fonction est maintenant injective puisque $f(x)=f(x^{\prime })$ est équivalent à $x^2-{x^{\prime }}^2=0$, c’est-à-dire $(x-x^{\prime })(x+x^{\prime })=0$. En se souvenant que $x,x^{\prime }\in {\mathbb{R}}_{+}$, on voit que cette identité est vérifiée si et seulement si $x=x^{\prime }$.
On montrera plus tard (voir ici) que $\mathrm{Im}(f)={\mathbb{R}}_{+}$ (plus précisément, nous montrerons que pour tout $y\in {\mathbb{R}}_{+}$, il existe un $x\in {\mathbb{R}}_{+}$ tel que $x^2=y$). Ainsi, $$\begin{array}{rl}f:{\mathbb{R}}_{+}& \to {\mathbb{R}}_{+}\\ x& \mapsto x^2,\end{array}$$ est bijective. Sa réciproque est appelée la fonction racine carrée, et s’écrit en général “$\sqrt{\cdot }$”: $$\begin{array}{rl}{f}^{-1}:{\mathbb{R}}_{+}& \to {\mathbb{R}}_{+}\\ y& \mapsto f^{-1}(y)=\sqrt{y}.\end{array}$$ Son graphe s’obtient en réfléchissant celui de $f(x)=x^2$ à travers la diagonale du premier quadrant: