La fonction $\frac{e^x - e^{-x}}{2}$ est bijective sur l’ensemble $\mathbb{R}$.
Pour démontrer la bijectivité, nous allons montrer qu’elle admet pour tout $x \in \R$ une unique solution $y$ dans son ensemble d’arrivée, ici $\R$.

Pour y parvenir, nous allons poser un changement de variable $X=e^x$.

Nous allons donc montrer que la fonction $f(x)=y$ n'admet qu'une unique solution avec $y \in \R$.

Résolvons l'équation $f(x)=y$, d'inconnue $x \in \R$. Pour cela, nous posons $X=e^x$.
Pour rappel, $e^x>0$, donc $X>0$. Ce point est important pour la suite.

$$f(x)= \frac{e^x-e^{-x}}{2} \Longleftrightarrow X-\frac{1}{X}=2y$$
$$X^2 - 2Xy -1 =0$$
En utilisant la relation $(X-y)^2 = X^2 + y^2 -2Xy$, on peut écrire :

$$(X-y)^2 -y^2 - 1 = 0$$
$$(X-y)^2 = y^2+1$$

$$X = y \pm \sqrt{y^2 + 1}$$

Il existe donc deux solutions pour $X$ :

$$\begin{align*} X_1 &=& y + \sqrt{y^2 + 1} \\ X_2 &=& y - \sqrt{y^2 + 1} \end{align*}$$

Analyse de $X_2$

Pour tout $y \in \R$, $X_2 = y - \sqrt{y^2 + 1} <0$, étant donné que $y \leq \sqrt{y^2} < \sqrt{y^2+1}$ ).
$X_2$ ne peut pas être solution car $X=e^x >0$, or $X_2<0$.

Analyse de $X_1$

De la même façon, $y+\sqrt{y^2+ 1} > 0$, donc $X = y + \sqrt{y^2 + 1}$.
$X_1$ est donc solution de $f(x)=y$, car $X_1>0$ .

Conclusion

Ainsi, pour tout $y \in \R$, l'équation possède une unique solution :

$$x = ln(y + \sqrt{y^2+1})$$

Donc, en conclusion, $f$ est bijective et sa réciproque est $f^{-1} : \begin{cases} \R \rightarrow \R \\ x \rightarrow ln(y + \sqrt{y^2+1}) \end{cases}$

En résumé, la fonction $\frac{e^x - e^{-x}}{2}$ est bijective sur l’ensemble $\mathbb{R}$.