a=b olsa elbette çok kolay bir soru olurdu. Lineer (bir c sabiti için f(x)=cx) şeklindeki fonksiyonlar (ama sadece onlar DEĞİL) istenen koşulları sağlardı.
a≠b ve b≠1 için şöyle bir çözüm bulabiliriz:
r=logba olsun.
Koşulumuzu, (f(ax))r=br(f(x))r=a(f(x))r şeklinde yazarsak (bir c≥0 sabiti için) (f(x))r=cx eşdeğer olarak, f(x)=c1rx1r=Cx1r) fonksiyonlarının bu koşulu sağladığı ve her x>0 için türevlendiği görülür.
(r uygun ise c<0 da olabilir)
Fakat bunların dışında, istenen koşulları sağlayan başka fonksiyonlar da var.
Örneğin.
1≤x≤a aralığında (a<1 ise a≤x≤1 aralığında) türevlenebilen, g(a)=bg(1) olan ve 1 ve a da (tek taraflı) türevi 0 olan bir g fonksiyonu alalım. (örneğin g(x)=(x−1)2(a−x)2 böyle bir fonksiyondur, başka pek çok fonksiyon bulunabilir)
Her x>0 için, ak≤x<ak+1 olacak şekilde tek bir k∈Z vardır. f(x)=bkg(a−kx) olarak tanımladığımızda,
Her x>0 için f(ax)=bf(x) sağlandığı kolayca gösterilir. g(a)=bg(1) oluşundan f süreklidir.
x≠ak (k∈Z) için türevlenebildiği de kolaydır.
Son olarak, x=ak (k∈Z) olduğunda sağdan ve soldan türevlerinin var (ve 0 a eşit) olduğunu göstermek de zor değil.
Soru: Başka böyle f var mıdır?
Soru: (ilk çözümdekiler dışında) C∞ sınıfından (sonsuz kez türevlenebilen) böyle bir f bulunabilir mi?