Supposons que $f$ convienne: par hypothèse, $f$ est de classe $\mathcal{C}^1$ , donc $x\mapsto f(\frac{1}{x})$ est de classe $\mathcal{C}^1$ sur $\R^*$ et par conséquent $f'$ aussi. Ainsi $f$ est nécessairement de classe $\mathcal{C}^2$ sur $\R^*$ (en fait, en itérant le raisonnement, on montrerait facilement que $f$ est $\mathcal{C}^\infty$ sur $\R^*$ ).

En dérivant l’équation $f'(x)=f\left(\frac{1}{x}\right)$ , on obtient $f''(x)=-\frac{1}{x^2}f'\left(\frac{1}{x}\right)$ et en réutilisant l’équation : $f''(x)=-\frac{1}{x^2}f'\left(\frac{1}{x}\right)= -\frac{1}{x^2} f(x).$ Ainsi on obtient que $f$ est solution de $x^2y''+y=0$ sur $\R^*$ . Nécessairement, il existe $\lambda,\mu\in\Rr$ tels que $\forall x>0,\ f(x)=\sqrt{x}\left(\lambda\cos(\frac{\sqrt{3}}{2}\ln x) +\mu\sin(\frac{\sqrt{3}}{2}\ln x)\right)$

Par hypothèse, $f$ est de classe $\mathcal{C}^1$ sur $\R$ , en particulier elle se prolonge en $0$ de façon $\mathcal{C}^1$ . Cherchons à quelle condition sur $\lambda,\mu$ cela est possible. Déjà, $f(x)=\sqrt{x}\left(\lambda\cos(\frac{\sqrt{3}}{2}\ln x)+\mu\sin(\frac{\sqrt{3}}{2}\ln x)\right) \xrightarrow[x\to 0^+]{}0$ pour tous $\lambda,\mu$ ; donc $f(0)=0$ . Mais $\frac{f(x)-f(0)}{x-0}= \frac1{\sqrt{x}} \left(\lambda\cos(\frac{\sqrt{3}}{2}\ln x)+\mu\sin(\frac{\sqrt{3}}{2}\ln x)\right)$ n’a pas de limite en $0$ si $\lambda\neq0$ ou $\mu\neq0$ . En effet, pour $x_n=e^{\frac{2}{\sqrt{3}}(-2n\pi)}$ , on a $x_n\to 0$ mais $\frac{f(x_n)-f(0)}{x_n-0}=\frac{\lambda}{\sqrt{x_n}}$ qui admet une limite finie seulement si $\lambda = 0$ . De même avec $x_n'=e^{\frac{2}{\sqrt{3}}(-2n\pi+\frac\pi2)}$ qui donne $\frac{f(x_n')-f(0)}{x_n'-0}=\frac{\mu}{\sqrt{x_n'}}$ et implique donc $\mu=0$ .

Par conséquent, la seule possibilité est $\lambda=\mu=0$ . Ainsi $f$ est la fonction nulle, sur $[0,+\infty[$ . Le même raisonnement s’applique sur $]-\infty,0]$ . La fonction est donc nécessairement nulle sur $\Rr$ . Réciproquement, la fonction constante nulle est bien solution du problème initial.

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