1. 1. Étude de la bijection $f$ et de sa rĂ©ciproque
    1. Dérivabilité et variations de $f$ :
      La fonction $f$ définie par $f(t) = \frac{1}{2}\left(\sqrt{t} + \frac{1}{\sqrt{t}}\right)$ est dérivable sur $I = [1; +\infty[$ en tant que somme de fonctions usuelles dérivables sur cet intervalle.
      Pour tout $t \in I$, sa dérivée est : \[ f'(t) = \frac{1}{2}\left( \frac{1}{2\sqrt{t}} - \frac{1}{2t\sqrt{t}} \right) = \frac{t - 1}{4t\sqrt{t}} \]
      Sur l'intervalle $[1; +\infty[$, on a $t \ge 1 \implies t - 1 \ge 0$. De plus, le dénominateur $4t\sqrt{t}$ est strictement positif.
      Ainsi, $f'(t) \ge 0$ pour tout $t \in I$, et $f'(t) = 0$ uniquement pour $t = 1$. La fonction $f$ est donc strictement croissante sur $I$.
    2. Limites et tableau de variations :
      L'image de $1$ est $f(1) = \frac{1}{2}(1 + 1) = 1$.
      La limite en $+\infty$ : $\lim\limits_{t \to +\infty} \sqrt{t} = +\infty$ et $\lim\limits_{t \to +\infty} \frac{1}{\sqrt{t}} = 0$, donc par somme, $\lim\limits_{t \to +\infty} f(t) = +\infty$.
      Voici le tableau de variations de la fonction $f$ :
      x f'(x) f(x) 1 +∞ 0 + 1 +∞
    3. Conclusion sur la bijection :
      La fonction $f$ est continue et strictement croissante sur $I = [1; +\infty[$.
      D'aprÚs le théorÚme de la bijection, $f$ réalise une bijection de $I$ sur $f(I) = \left[f(1); \lim\limits_{t \to +\infty} f(t)\right[ = [1; +\infty[ = I$.
    4. Détermination de la fonction réciproque $f^{-1}$ :
      Soit $y \in I$. On cherche $t \in I$ tel que $f(t) = y$, soit : \[ \frac{1}{2}\left(\sqrt{t} + \frac{1}{\sqrt{t}}\right) = y \implies \sqrt{t} + \frac{1}{\sqrt{t}} = 2y \]
      En posant le changement de variable $X = \sqrt{t}$ (avec $X \ge 1$), l'équation se ramÚne à une équation du second degré : \[ X + \frac{1}{X} = 2y \implies X^2 - 2yX + 1 = 0 \]
      Le discriminant réduit est $\Delta' = y^2 - 1$. Puisque $y \ge 1$, $\Delta' \ge 0$.
      Les solutions sont $X = y - \sqrt{y^2-1}$ et $X = y + \sqrt{y^2-1}$.
      On sait que $X \ge 1$. Or, $\left(y - \sqrt{y^2-1}\right)\left(y + \sqrt{y^2-1}\right) = 1$, ce qui implique que $y - \sqrt{y^2-1} \le 1$. La seule solution acceptable est donc $X = y + \sqrt{y^2-1}$.
      En repassant Ă  $t$, on a $t = X^2$ : \[ t = \left(y + \sqrt{y^2-1}\right)^2 \]
      La fonction réciproque est donc définie pour tout $x \in I$ par : \[ f^{-1}(x) = \left(x + \sqrt{x^2-1}\right)^2 \]
  2. 2. Calcul de l'intégrale $\varphi(x)$
    1. Mise en place du changement de variable :
      On considĂšre $\varphi(x) = \int_{\sqrt{2}}^x \frac{du}{\sqrt{u^2-1}}$.
      Appliquons le changement de variable $u = f(t) = \frac{1}{2}\left(\sqrt{t} + \frac{1}{\sqrt{t}}\right)$.
      La différentielle est $du = f'(t) \,dt = \frac{t-1}{4t\sqrt{t}} \,dt$.
    2. Adaptation des bornes :
      Pour la borne inférieure : $u = \sqrt{2} \implies t = f^{-1}(\sqrt{2}) = (\sqrt{2} + \sqrt{2-1})^2 = (\sqrt{2}+1)^2 = 3+2\sqrt{2}$.
      Pour la borne supérieure : $u = x \implies t = f^{-1}(x) = (x + \sqrt{x^2-1})^2$.
    3. Simplification du dénominateur :
      Exprimons la quantité sous la racine en fonction de $t$ : \[ u^2 - 1 = \left( \frac{1}{2}\left(\sqrt{t} + \frac{1}{\sqrt{t}}\right) \right)^2 - 1 = \frac{1}{4}\left( t + 2 + \frac{1}{t} \right) - 1 \] \[ u^2 - 1 = \frac{1}{4}\left( t - 2 + \frac{1}{t} \right) = \frac{1}{4}\left( \sqrt{t} - \frac{1}{\sqrt{t}} \right)^2 \]
      Puisque $t \ge 1$, l'expression $\sqrt{t} - \frac{1}{\sqrt{t}}$ est positive. On peut extraire la racine de façon stricte : \[ \sqrt{u^2-1} = \frac{1}{2}\left( \sqrt{t} - \frac{1}{\sqrt{t}} \right) = \frac{t-1}{2\sqrt{t}} \]
    4. Remplacement dans l'intégrale :
      En substituant tous les éléments dans $\varphi(x)$, l'intégrande se simplifie spectaculairement : \[ \varphi(x) = \int_{3+2\sqrt{2}}^{f^{-1}(x)} \frac{\frac{t-1}{4t\sqrt{t}} \,dt}{\frac{t-1}{2\sqrt{t}}} = \int_{3+2\sqrt{2}}^{f^{-1}(x)} \frac{t-1}{4t\sqrt{t}} \times \frac{2\sqrt{t}}{t-1} \,dt = \int_{3+2\sqrt{2}}^{f^{-1}(x)} \frac{1}{2t} \,dt \]
    5. Évaluation finale :
      Une primitive de $\frac{1}{2t}$ sur $I$ est $\frac{1}{2}\ln(t)$ : \[ \varphi(x) = \left[ \frac{1}{2}\ln(t) \right]_{3+2\sqrt{2}}^{f^{-1}(x)} = \frac{1}{2}\ln(f^{-1}(x)) - \frac{1}{2}\ln(3+2\sqrt{2}) \]
      En remplaçant $f^{-1}(x)$ par l'expression trouvée à la question 1, et en remarquant que $3+2\sqrt{2} = (\sqrt{2}+1)^2$ : \[ \varphi(x) = \frac{1}{2}\ln\left( (x + \sqrt{x^2-1})^2 \right) - \frac{1}{2}\ln\left( (\sqrt{2}+1)^2 \right) \]
      Par les propriétés des logarithmes, les exposants se simplifient pour donner le résultat final : \[ \varphi(x) = \ln(x + \sqrt{x^2-1}) - \ln(\sqrt{2}+1) \]