Montrons que \(f\) est injective. On utilise l’indication : \([0,1] = A\cup \overline{A}\) où \(A=\left \{\frac1n,\quad n\in \N^*\right\}\). Soient \((x,x')\in [0,1]^2\) tels que \(f(x)=f(x')\). Raisonnons par disjonction de cas :

Si \(x\) et \(x'\) sont dans \(A\). Il existe deux entiers non nuls \(n\) et \(p\) tels que \(x=\frac1n\) et \(x'=\frac1p\). Alors \(f(x)=\frac{1}{n+1}\) et \(f(x')=\frac{1}{p+1}\). Puisque \(f(x)=f(x')\), on en déduit que \(\frac{1}{n+1}=\frac{1}{p+1}\), c’est-à-dire \(n=p\) : on en déduit donc que \(x=x'\).
Si \(x\) est dans \(A\) et \(x'\) est dans \(\overline{A}\) (le cas \(x\) dans \(\overline{A}\) et \(x'\) dans \(A\) est symétrique). Il existe \(n\in \N^*\) tel que \(x=\frac1n\). Alors \[f(x)=\frac{1}{n+1} \qeq f(x') = x'.\] Or on ne peut pas avoir \(f(x)=f(x')\), puisque dans ce cas \(x'=\frac{1}{n+1}\in A\), ce qui est absurde car \(x'\in \overline{A}\). Ce cas n’est pas possible.
Enfin, si \(x\) et \(x'\) sont des éléments de \(\overline{A}\), alors \(f(x)=x\) et \(f(x')=x'\), et alors \(f(x)=f(x') \implies x=x'\).

Dans tous les cas possibles, \(f(x)=f(x')\implies x=x'\) : \(f\) est injective.

Montrons que \(f\) est surjective. Soit \(y\in \left[0,\,1\right[\). Deux possibilités à nouveau :

si \(y\in A\), alors il existe \(n\in \N^*\) tel que \(y=\frac{1}{n}\). Par ailleurs, puisque \(y\in \left[0,\,1\right[\), \(y\neq 1\) et donc \(n\geq 2\). Mais alors \[f\left(\frac{1}{n-1}\right) = \frac{1}{n} = y\] et \(\frac{1}{n-1}\in \left[0,\,1\right]\).
si \(y\notin A\), alors \(f(y)=y\) et \(y\in \left[0,\,1\right]\).

Dans tous les cas il existe au moins un antécédent à \(y\in \left[0,\,1\right[\) : \(f\) est surjective.

Bilan : \(f\) est bijective; ainsi, \(\left[0,\,1\right]\) et \(\left[0,\,1\right[\) sont en bijection.

Les intervalles sont en bijection ?!?