\begin{questions}
\item $f_1(x)$ est définie quand son dénominateur est non nul,
et que l'expression sous le radical est positive. On peut
résumer ces deux conditions par : $x^2-1>0$, c'est-à-dire $x^2>1$.

C'est une inégalité entre nombres positifs, on obtient une
inégalité équivalente en appliquant la racine carrée~:
$|x|>1$.

Nous écrivons bien $\sqrt{x^2}=|x|$ et pas seulement $x$, sinon
nous allons oublier la moitié des solutions~!

Or $|x|>1$ se traduit facilement par $x<-1$ ou $x>1$.

L'ensemble de définition est donc $D_1=]-\infty,-1[\cup]1,+\infty[$.

Cet ensemble de définition est symétrique par rapport à $0$
(si $x\in D_1$, alors $-x\in D_1$). On peut donc étudier la parité.

Prenons $x\in D_1$ et calculons $f_1(-x)$~:

\[f_1(-x)=\dfrac{(-x)^3-x}{\sqrt{(-x)^2-1}}=\dfrac{-x^3-x}{\sqrt{x^2-1}}
=-\dfrac{x^3+x}{\sqrt{x^2-1}}=-f_1(x).\]
La fonction $f_1$ est donc impaire.

\item $f_2(x)$ est définie dès que son dénominateur est non nul,
donc pour\linebreak $x\in\R^*$. Ainsi, l'ensemble de définition de
$f_2$ est $D_2=\R^*$. Cet ensemble est symétrique par rapport à $0$
et pour tout $x\in D_2$,

\begin{align*}
f_2(-x) & =\dfrac{(-x)^2-5}{(-x)^3}\\
& =-\frac{x^2-5}{x^3}\\
& =-f_2(x).
\end{align*}

La fonction $f_2$ est elle aussi impaire.

\item Notons $g(x)=\dfrac{x^2-2}{x^2+1}$. À cause
du radical, $f_3(x)$ est définie
si et seulement si $g(x)$ est définie et positive.

Le dénominateur de $g(x)$ est
toujours strictement positif, donc $g(x)\geq 0$ si et seulement
si $x^2-2\geq 0$, c'est à dire $x^2\geq 2$.

En raisonnant comme
à la question 1, on obtient l'inégalité équivalente $|x|\geq \sqrt2$,
d'où $x\leq -\sqrt{2}$ ou $x\geq \sqrt{2}$.

Conclusion~: $D_3=]-\infty,-\sqrt{2}] \cup [\sqrt{2},+\infty[$.

Cet ensemble est symétrique par rapport à $0$ et si $x\in D_3$,
\[g(-x)=\dfrac{(-x)^2-2}{(-x)^2+1}=\dfrac{x^2-2}{x^2+1}=g(x)\]
et donc $f_3(-x)=\sqrt{g(-x)}=\sqrt{g(x)}=f_3(x)$.

On en déduit que $f_3$ est paire.

\item $f_4$ est définie sur $\R$, qui est bien entendu
symétrique par rapport à $0$.

Pour tout $x\in\R$, $f_4(-x)=\dfrac{-x+1}{(-x)^2+1}
=\dfrac{-x+1}{x^2+1}$. On \og sent \fg que cette expression
n'est pas identique, ni opposée à $f_4(x)=\dfrac{x+1}{x^2+1}$,
mais il faut le prouver, d'autant que dans le cas de $x=0$,
on a une égalité. Deux méthodes sont possibles.
\begin{itemize}
\item On résout l'équation $f_4(-x)=f_4(x)$. Comme les
dénominateurs sont les mêmes, on est vite ramené à $-x+1=x+1$, donc
$2x=0$ puis $x=0$, ce qui montre que l'égalité n'a lieu que pour
le cas particulier $x=0$~: la fonction $f_4$ n'est donc pas paire. On
procède ensuite de la même façon avec $f_4(-x)=-f_4(x)$ pour
montrer que $f_4$ n'est pas impaire. Il y a mieux. En effet,
en résolvant ces équations, on effectue un travail inutile.

\item Il \emph{suffit} de trouver un $x$ pour lequel $f_4(-x)\neq f_4(x)$
pour affirmer que $f_4$ n'est pas paire, de même qu'il
\emph{suffit} de trouver un $x$ pour lequel $f_4(-x)\neq -f_4(x)$
pour montrer que $f_4$ n'est pas impaire.

Par exemple, $f_4(-1)=0$ et $f_4(1)=1$. Comme $0$ et $1$ ne
sont ni égaux, ni opposés, $f_4$ n'est ni paire, ni impaire.
\end{itemize}

\begin{attention}
Un entier est soit pair, soit impair. On a donc l'habitude
de penser que ces deux mots sont des contraires.

Ce n'est pas le cas lorsqu'ils s'appliquent à des fonctions.
Une fonction peut être paire (comme $f_3$), impaire (comme $f_1$
et $f_2$), ni l'une ni l'autre (comme $f_4$), et la
fonction nulle est à la fois paire et impaire~!
\end{attention}
\end{questions}

