Remarquons

$${\int }_0^{x}f(t)\cos (x-t)dt=\cos (x){\int }_0^{x}f(t)\cos (t)dt+\sin (x){\int }_0^{x}f(t)\sin (t)dt\text{.}$$

Si $f$ est solution alors

$$f(x)=1+2{\int }_0^{x}f(t)\cos (x-t)dt$$

et donc $f(0)=1$.
$f$ est dérivable car somme de fonctions dérivables.

$$f^{\prime }(x)=-2\sin (x){\int }_0^{x}f(t)\cos (t)dt+2\cos (x){\int }_0^{x}f(t)\sin (t)dt+2f(x)$$

et $f^{\prime }(0)=2$.
$f$ est alors deux fois dérivable et

$$f^{\prime \prime }(x)=1-f(x)+2f^{\prime }(x)\text{.}$$

Ainsi, $f$ est solution de l’équation différentielle

$$y^{\prime \prime }-2y^{\prime }+y=1$$

vérifiant les conditions initiales $y(0)=1$ et $y^{\prime }(0)=2$.
La solution générale de cette équation différentielle linéaire d’ordre 2 est

$$y(x)=(\lambda x+\mu ){\mathrm{e}}^x+1\text{.}$$

Cela conduit à $f(x)=2x{\mathrm{e}}^x+1$.
Inversement, soit par calculs, soit en remontant le raisonnement, on peut affirmer que la fonction proposée est solution.

Soit $u$ une fonction solution.
Posons

$$U(x)={\int }_0^{x}u(t)dt\text{.}$$

La fonction $U$ est de classe ${𝒞}^1$ et vérifie

$$\{\begin{array}{ccccccccccccccccccccc}\hfill U(0)& =0\hfill & & & & & & & & & & & & & & & & & & & \\ \hfill U^{\prime }(x)& =\lambda U(x)+f(x)\text{.}\hfill & & & & & & & & & & & & & & & & & & & \end{array}$$

La résolution de l’équation différentielle linéaire $U^{\prime }=\lambda U+f(x)$ donne par pour solution générale

$$U(x)=C{\mathrm{e}}^{-\lambda x}+\left({\int }_0^{x}f(t){\mathrm{e}}^{\lambda t}dt\right){\mathrm{e}}^{-\lambda x}\text{.}$$

La condition initiale $U(0)=0$ déterminer la constante $C$

$$C=0\text{.}$$

On en déduit la fonction $u$

$$u(x)=f(x)-\lambda {\int }_0^{x}f(t){\mathrm{e}}^{\lambda (t-x)}dt\text{.}$$

Inversement, une telle fonction est solution car sa primitive s’annulant en 0 vérifie l’équation $U^{\prime }=\lambda U+f(x)$.

Les éléments de $E$ sont les solutions de l’équation différentielle

$$y^{\prime \prime }+y=\alpha \cos (x)\text{ vérifiant }y(0)=\alpha \text{.}$$

L’équation différentielle est linéaire d’ordre 2 à coefficients constants.
La fonction $x\mapsto \frac{\alpha }{2}x\sin (x)$ est solution particulière et la solution générale est

$$y(x)=\lambda \cos (x)+\mu \sin (x)+\frac{\alpha }{2}x\sin (x)\text{.}$$

Les solutions vérifiant la condition $y(0)=\alpha$ sont les fonctions données par

$$y(x)=\alpha \left(\cos (x)+\frac{1}{2}x\sin (x)\right)+\mu \sin (x)\text{.}$$

On en déduit que l’espace $E$ est de dimension 2.

Supposons $f$ solution.

$$f(x)=-1-2x{\int }_0^{x}f(t)dt+{\int }_0^{x}tf(t)dt\text{.}$$

On a $f(0)=-1$ et $f$ dérivable avec

$$f^{\prime }(x)=-2{\int }_0^{x}f(t)dt-2xf(x)+xf(x)\text{.}$$

Par suite, $y:x\mapsto {\int }_0^{x}f(t)dt$ est solution de l’équation différentielle

$$y^{\prime \prime }+x{y}^{\prime }+2y=0$$

avec les conditions initiales $y(0)=0$ et $y^{\prime }(0)=-1$. Cela détermine $y$ et donc $f$ de manière unique.
En recherchant les solutions développables en séries entières, on obtient $y(x)=-x{\mathrm{e}}^{-x^2/2}$ puis

$$f(x)=(x^2-1){\mathrm{e}}^{-x^2/2}\text{.}$$

Soit $f$ solution.
En prenant $x=0$ dans la relation, on observe que $f$ est nécessairement paire.
En dérivant la relation deux fois par rapport à $x$ on obtient

$$f^{\prime \prime }(x+y)+f^{\prime \prime }(x-y)=2f^{\prime \prime }(x)f(y)\text{.}$$

En dérivant la relation deux fois par rapport à $y$ on obtient

$$f^{\prime \prime }(x+y)+f^{\prime \prime }(x-y)=2f(x)f^{\prime \prime }(y)\text{.}$$

On en déduit

$$f^{\prime \prime }(x)f(y)=f(x)f^{\prime \prime }(y)\text{.}$$

Pour $y=0$, on obtient l’équation $f^{\prime \prime }(x)=\lambda f(x)$ avec $\lambda =f^{\prime \prime }(0)$.
Si $\lambda >0$ alors $f(x)=\mathrm{ch}\left(\sqrt{\lambda }x\right)$.
Si $\lambda =0$ alors $f(x)=1$.
Si $\lambda <0$ alors $f(x)=\cos \left(\sqrt{-\lambda }\right)x$
Inversement, on vérifie par le calcul qu’une fonction de la forme précédente est solution du problème posé.

• (a)

  Soit $f$ une fonction solution. La fonction $f$ est dérivable sur $]0;+\mathrm{\infty }[$ avec

  $$f^{\prime }(x)=f(1/x)\text{.}$$

  La fonction $f^{\prime }$ est dérivable et $f$ est donc deux fois dérivable avec

  $$f^{\prime \prime }(x)=-\frac{1}{x^2}{f}^{\prime }(1/x)=-\frac{1}{x^2}f(x)\text{.}$$

  La fonction $f$ apparaît alors comme étant solution sur ${ℝ}_{+}^{*}$ de l’équation différentielle

  $$(E):x^2{y}^{\prime \prime }+y=0\text{.}$$

• (b)

  Réalisons le changement de variable $x={\mathrm{e}}^t$.

  Soient $y:{ℝ}_{+}^{*}\to ℝ$ une fonction deux fois dérivable et $z:ℝ\to ℝ$ définie par

  $$z(t)=y({\mathrm{e}}^t)$$

  $z$ est deux fois dérivable et

  $$y(x)=z\left(\ln (x)\right)\text{.}$$

  $$y^{\prime }(x)=\frac{1}{x}{z}^{\prime }\left(\ln (x)\right)\text{.}$$

  $$y^{\prime \prime }(x)=-\frac{1}{x^2}{z}^{\prime }\left(\ln (x)\right)+\frac{1}{x^2}{z}^{\prime \prime }\left(\ln (x)\right)$$

  $y$ est solution sur ${ℝ}_{+}^{*}$ de $E$ si, et seulement si, $z$ est solution sur $ℝ$ de

  $$(E^{\prime }):z^{\prime \prime }-z^{\prime }+z=0$$

  $(E^{\prime })$ est un équation différentielle linéaire d’ordre $2$ à coefficients constants homogène de solution générale

  $$z(x)=\left(\lambda \cos \left(\frac{\sqrt{3}x}{2}\right)+\mu \sin \left(\frac{\sqrt{3}x}{2}\right)\right){\mathrm{e}}^{x/2}\text{.}$$

  La solution générale de $(E)$ sur ${ℝ}_{+}^{*}$ est donc

  $$y(x)=\sqrt{x}\left(\lambda \cos \left(\frac{\sqrt{3}\ln (x)}{2}\right)+\mu \sin \left(\frac{\sqrt{3}\ln (x)}{2}\right)\right)\text{.}$$

• (c)

  Une fonction $f$ solution du problème posé est de la forme précédente. Il existe $\lambda ,\mu \in ℝ$ telles que

  $$f(x)=\sqrt{x}\left(\lambda \cos \left(\frac{\sqrt{3}\ln (x)}{2}\right)+\mu \sin \left(\frac{\sqrt{3}\ln (x)}{2}\right)\right)$$

  et alors

  $$f^{\prime }(x)=\frac{1}{2\sqrt{x}}\left((\lambda +\mu \sqrt{3})\cos \left(\frac{\sqrt{3}\ln (x)}{2}\right)+(\mu -\lambda \sqrt{3})\sin \left(\frac{\sqrt{3}\ln (x)}{2}\right)\right)\text{.}$$

  On a donc

  $$f^{\prime }(x)=f(1/x)\iff \{\begin{array}{ccccccccccccccccccccc}\hfill \lambda +\mu \sqrt{3}=2\lambda & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & \\ \hfill \lambda \sqrt{3}-\mu =2\mu & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & \end{array}\iff \lambda =\mu \sqrt{3}\text{.}$$

  Finalement, les solutions sont les fonctions $f$ données par

  $$\forall x\in ℝ,f(x)=C\sqrt{x}\cos \left(\frac{\sqrt{3}\ln (x)}{2}-\frac{\pi }{6}\right)\text{ avec }C\in ℝ\text{.}$$