Обозначим $e^x=t$, тогда:

$$\begin{gathered} y=\frac{t-\frac{1}{t}}{t+\frac{1}{t}}=\frac{\frac{t^2-1}{t}}{\frac{t^2+1}{t}}=\frac{t^2-1}{t^2+1} \\ y{t}^2+y=t^2-1 \\ y{t}^2-t^2=-1-y \\ {t}^2(y-1)=-1-y \\ {t}^2=\frac{1+y}{1-y} \end{gathered}$$

Берем квадратный корень от обеих частей равенства:

$$|t|=\sqrt{\frac{1+y}{1-y}}$$

Переходим от $t$ обратно к $x$:

$$|e^x|=\sqrt{\frac{1+y}{1-y}}$$

В какую степень $e$ не возведи, отрицательного числа не получить, поэтому можно избавиться от модуля:

$$e^x=\sqrt{\frac{1+y}{1-y}}$$

Логарифмируем обе части равенства по основанию $e$:

$$x=\ln \sqrt{\frac{1+y}{1-y}}$$

$$x=\frac{1}{2}\ln \frac{1+y}{1-y}$$

По определению, аргумент логарифма должен быть строго больше $0$, поэтому:

$$\frac{1+y}{1-y}>0$$

Неравенство будет выполняться в двух случаях, если обе скобки больше $0$ или если обе скобки меньше $0$:

Разберем первый случай:

$$\begin{gathered} 1+y>01-y>0 \\ y>-1y<1 \\ -1<y<1 \end{gathered}$$

Разберем второй случай:

$$\begin{gathered} 1+y<01-y<0 \\ y<-1y>1 \end{gathered}$$

Получаем два противоречущих друг другу неравенства.

Значит, ограничение на $y$:

$$-1<y<1$$

Заметим, что в это ограничение входит так же ограничение $1-y\ne 0$, которое появляется из-за того, что $1-y$ является знаменателем.

Итак:

$$x=\varphi (y)=\frac{1}{2}\ln \frac{1+y}{1-y}(-1<y<1)$$