Montrons que $ G $ est un sous-espace vectoriel de $ F $.

• $ G $ est inclus dans $ F $.
• La fonction nulle $ 0_F $ appartient à $ F $.
  De plus, $ 0_F(0) = 0 $, $ 0_F'(0) = 0 $ et $ 0_F' $ est dérivable en $ 0 $ (de dérivée nulle).
  Donc $ 0_F \in G ~$, et $~ G \neq \emptyset $.
• Soient $ g_1, g_2 \in G $ et $ \lambda \in \mathbb{R} $. Posons $ h = \lambda g_1 + g_2 $.
  $ h \in F $ car $ F $ est un espace vectoriel.
  $ h(0) = \lambda g_1(0) + g_2(0) = 0 $.
  $ h'(0) = \lambda g_1'(0) + g_2'(0) = 0 $.
  $ h' = \lambda g_1' + g_2' $. Comme $ g_1' $ et $ g_2' $ sont dérivables en $ 0 $, toute combinaison linéaire de celles-ci l'est aussi.
  Donc $ h' $ est dérivable en $ 0 $.
  Ainsi, $ h \in G $.

Par conséquent, $ G $ est un $ \mathbb{R} $-espace vectoriel.

Vérifions que $ \varphi_f \in G $ et que $ \varphi $ est linéaire.

• Soit $ f \in E $. La fonction $ t \longmapsto t f(t) $ est continue sur $ \mathbb{R} $.
  $ \varphi_f $ est l'unique primitive s'annulant en $ 0 $ de cette fonction.
  Donc $ \varphi_f $ est dérivable, de dérivée continue, d'où $ \varphi_f \in F $ et $ \varphi_f'(x) = x f(x) $.
  $ \varphi_f(0) = \int_0^0 t f(t) \text{d}t = 0 $.
  $ \varphi_f'(0) = 0 \times f(0) = 0 $.
  Le taux d'accroissement de $ \varphi_f' $ en $ 0 $ est : \[ \lim_{x \to 0} \frac{\varphi_f'(x) - \varphi_f'(0)}{x - 0} = \lim_{x \to 0} \frac{x f(x)}{x} = \lim_{x \to 0} f(x) = f(0) \] car $ f $ est continue.
  Ainsi, $ \varphi_f' $ est dérivable en $ 0 $ et $ \varphi_f''(0) = f(0) $.
  Donc $ \varphi_f \in G $.
• Soient $ f_1, f_2 \in E $ et $ \lambda \in \mathbb{R} $. Pour tout $ x \in \mathbb{R} $ : \[ \varphi_{\lambda f_1 + f_2}(x) = \int_0^x t (\lambda f_1(t) + f_2(t)) \text{d}t = \lambda \int_0^x t f_1(t) \text{d}t + \int_0^x t f_2(t) \text{d}t = \lambda \varphi_{f_1}(x) + \varphi_{f_2}(x) \] L'application $ \varphi $ est donc linéaire.

Montrons que $ f \in E $ et que $ \varphi $ est surjective.

• Sur $ \mathbb{R}^* $, la fonction $ x \longmapsto g'(x) $ est continue (car $ g \in F $) et $ x \longmapsto \frac{1}{x} $ l'est aussi.
  Donc $ f $ est continue sur $ \mathbb{R}^* $.
  En $ x = 0 $ : \[ \lim_{x \to 0} f(x) = \lim_{x \to 0} \frac{g'(x)}{x} = \lim_{x \to 0} \frac{g'(x) - g'(0)}{x - 0} = g''(0) \] Puisque $ \lim_{x \to 0} f(x) = f(0) $, $ f $ est continue en $ 0 $.
  Le domaine de définition de $ f $ est bien $ \mathbb{R} $, d'où $ f \in E $.
• Soit $ g \in G:$
  Nous venons de construire $ f \in E $ telle que pour tout $ t \in \mathbb{R} $, $ t f(t) = g'(t) $ (valable aussi en $ 0 $ car $ 0 \times f(0) = 0 = g'(0) $).
  Calculons $ \varphi_f(x) $ : \[ \varphi_f(x) = \int_0^x t f(t) \text{d}t = \int_0^x g'(t) \text{d}t = g(x) - g(0) = g(x) \] Donc $ \varphi_f = g $.
  
  Tout élément $ g \in G $ admet un antécédent $ f \in E $, $ \varphi $ est donc surjective.

Montrons que $ \varphi $ est un isomorphisme.

• Puisque $ \varphi $ est linéaire et surjective, il suffit de montrer son injectivité. Soit $ f \in \ker(\varphi) $.
  On a $ \varphi_f = 0_G $, donc pour tout $ x \in \mathbb{R} $, $ \int_0^x t f(t) \text{d}t = 0 $.
  En dérivant par rapport à $ x $, on obtient $ x f(x) = 0 $ pour tout $ x \in \mathbb{R} $.
  Ainsi, $ f(x) = 0 $ pour tout $ x \in \mathbb{R}^* $.
  Comme $ f $ est continue sur $ \mathbb{R} $, on a : \[ f(0) = \lim_{x \to 0} f(x) = 0 \] Donc $ f = 0_E $, ce qui prouve que $ \ker(\varphi) = \{0_E\} $.
• L'application $ \varphi $ est injective, surjective et linéaire : c'est un isomorphisme.