Pour tout \(x\in E\), \(\|f(x)\|= \frac{\|x\|}{1+\|x\|}< \frac{\|x\|+1}{\|x\|+1}=1\). Donc \(f\) est bien une application de \(E\) dans \(B\).

Si \(y=0\), pour \(x\in E\), \(f(x)=y\Leftrightarrow \frac{1}{1+\|x\|}x=0\Leftrightarrow x=0\).

Soit alors \(y\in B\setminus\{0\}\). Pour \(x\in E\),

\(f(x)=y\Rightarrow x=(1+\|x\|)y\Rightarrow\exists\lambda\in\Kk/\;x=\lambda y\).

Donc un éventuel antécédent de \(y\) est nécessairement de la forme \(\lambda y\), \(\lambda\in\Rr\). Réciproquement, pour \(\lambda\in\Rr\), \(f(\lambda y)= \frac{\lambda}{1+|\lambda|\|y\|}y\) et donc

\[\begin{align*}\ensuremath f(\lambda y)=y&\Leftrightarrow \frac{\lambda}{1+|\lambda|\|y\|}=1\Leftrightarrow\lambda=1+|\lambda|\|y\|\\ &\Leftrightarrow(\lambda\geqslant0\;\text{et}\;(1-\|y\|)\lambda=1)\;\text{ou}\;(\lambda<0\;\text{et}\;(1+\|y\|)\lambda=1)\\ &\Leftrightarrow\lambda= \frac{1}{1-\|y\|}\;(\text{car}\;\|y\|<1). \end{align*}\]

Dans tous les cas, \(y\) admet un antécédent par \(f\) et un seul à savoir \(x= \frac{1}{1-\|y\|}y\). Ainsi,

\(f\) est bijective et \(\forall x\in B\), \(f^{-1}(x)= \frac{1}{1-\|x\|}x\).

On sait que l’application \(x\mapsto\|x\|\) est continue sur \(\Rr^2\). Donc l’application \(x\mapsto \frac{1}{1+\|x\|}\) est continue sur \(\Rr^2\) en tant qu’inverse d’une fonction continue sur \(\Rr^2\) à valeurs dans \(\Rr\), ne s’annulant pas sur \(\Rr^2\). L’application \(x\mapsto \frac{1}{1-\|x\|}\) est continue sur \(B\) pour les mêmes raisons. Donc les applications \(f\) et \(f^{-1}\) sont continues sur \(\Rr^2\) et \(B\) respectivement et on a montré que

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