1. Si \( x \neq 0 \), \( f \) est continue.

\[ \lim_{x \to 0^-} f(x) = \lim_{x \to 0^-} ax + b = b = f(0) \] \[ \lim_{x \to 0^+} f(x) = \lim_{x \to 0^+} \frac{1}{1 + x} = 1 \]

Donc \( f \) est continue si et seulement si \( b = 1 \).

2. Si \( x \neq 0 \) alors \( f \) est dérivable. Si \( x \neq 0 \) :

Si \( x < 0 \) alors \( f'(x) = a \), si \( x > 0 \) alors \( f'(x) = \frac{-1}{(1 + x)^2} \) et

\[ \lim_{x \to 0^-} f'(x) = \lim_{x \to 0^+} \frac{-1}{(1 + x)^2} = -1 \] \[ \lim_{x \to 0^-} f'(x) = \lim_{x \to 0^+} f'(x) \iff -1 = a \]

Si \( b = 1 \) et si \( a = -1 \), alors \( f \) est continue en 0 et

\[ \lim_{x \to 0^-} f'(x) = \lim_{x \to 0^+} f'(x) \]

Donc \( f \) est dérivable en 0. Finalement, \( f \) est dérivable sur \( \mathbb{R} \).

1. D'abord on peut vérifier que \( f \) est bien définie sur \( [-1,1] \), en effet \[ -1 \leq x \leq 1 \iff x^2 \leq 1 \iff 1 - x^2 \geq 0 \] Donc \( x \to \sqrt{1 - x^2} \) est bien définie sur \( [-1,1] \). Pour \( x \neq 0 \), \( f \) est continue, le problème est de savoir si \( f \) est continue en 0. Pour cela, il faut montrer que la limite de \( f \) en 0 vaut \( f(0) \), il s'agit d'une forme indéterminée. On peut penser à utiliser la règle de L'Hospital mais comme il y a des racines, on va plutôt utiliser l'expression conjuguée \[ \frac{1}{x} \left( \sqrt{1+x^2} - \sqrt{1-x^2} \right) = \frac{(1 + x^2) - (1 - x^2)}{x \left( \sqrt{1+x^2} + \sqrt{1-x^2} \right)} = \frac{2x^2}{x \left( \sqrt{1+x^2} + \sqrt{1-x^2} \right)} \] \[ = \frac{2x}{\sqrt{1+x^2} + \sqrt{1-x^2}} \] Le numérateur tend vers 0 et le dénominateur vers 2 donc \[ \lim_{x \to 0} f(x) = \lim_{x \to 0} \frac{2x}{\sqrt{1+x^2} + \sqrt{1-x^2}} = 0 = f(0) \] Donc \( f \) est continue en 0 et donc sur \( [-1,1] \).

2. \( x \to \sqrt{1 - x^2} \) est dérivable sur \( ]-1,1[ \) donc \( f \) est dérivable sur \( ]-1,0[ \cup ]0,1[ \), il reste à montrer que \( f \) est dérivable en 0.

On calcule le taux de variation \[ \frac{f(x) - f(0)}{x - 0} = \frac{1}{x^2} \left( \sqrt{1+x^2} - \sqrt{1-x^2} \right) = \frac{(1 + x^2) - (1 - x^2)}{x^2 \left( \sqrt{1+x^2} + \sqrt{1-x^2} \right)} = \frac{2x^2}{x^2 \left( \sqrt{1+x^2} + \sqrt{1-x^2} \right)} \] \[ = \frac{2}{\sqrt{1+x^2} + \sqrt{1-x^2}} \] Donc \[ \lim_{x \to 0} \frac{f(x) - f(0)}{x - 0} = \frac{2}{\sqrt{1+x^2} + \sqrt{1-x^2}} = 1 \] On en déduit que \( f \) est dérivable en 0 et que \( f'(0) = 1 \).

3. Pour montrer que \( f' \) est continue, c’est évident pour \( x \neq 0 \) et en 0 voir la deuxième méthode. \[ \forall x \in ]-1,0[ \cup ]0,1[, f'(x) = \frac{2}{\sqrt{1 - x^4} (\sqrt{1 + x^2} + \sqrt{1 - x^2})} > 0 \quad \text{et} \quad f'(0) = 1 > 0 \] Il n’y a pas de \( x \in ]-1,1[ \) tel que \( f'(x) = 0 \).

4. \( f(-1) = -\sqrt{2} \) et \( f(1) = \sqrt{2} \) et pour tout \( x \in ]-1,1[ \), \( f'(x) > 0 \), il reste à voir comment se comporte \( f'(x) \) en \( -1^+ \) et \( 1^- \), comme \( f' \) est paire ces deux limites seront égales. \[ \lim_{x \to 1^-} f'(x) = \lim_{x \to 1^-} \frac{2}{\sqrt{1 - x^4} \left( \sqrt{1 + x^2} + \sqrt{1 - x^2} \right)} = +\infty \] Car le dénominateur tend vers \( 0^+ \). Ce qui signifie que \( f \) admet des demi-tangentes verticales en \( -1 \) et en \( 1 \).

$f$ est strictement monotone donc $f$ est injective.

5. \( g : [-1,1] \to f([-1,1]) = [-\sqrt{2}, \sqrt{2}] \) est une bijection. Comme \( g'(0) = 1 \neq 0 \), la bijection réciproque est dérivable en 0 comme

\[ g^{-1}(x) = \frac{1}{g'(g^{-1}(x))} \]

On a

\[ g^{-1}(0) = \frac{1}{g'(g^{-1}(0))} = \frac{1}{g'(0)} = \frac{1}{1} = 1 \]