定义域$(0,+\infty )$对倒数变换封闭，因此将原方程中的$x$整体换成$\frac{1}{x}$仍成立。由$x>0$可写$\sqrt{1+\frac{1}{x^2}}=\frac{\sqrt{1+x^2}}{x}$，再乘$x^2$，得

把原方程乘$2$后减去此式，消去$x^{2}f(\frac{1}{x})$：

故$f(x)=\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}$。此时$f(\frac{1}{x})=\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}$，代回有

确实满足原方程，且消元已保证唯一性。

由前问$f(x)=\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}$，其导数$f^{\prime }(x)=(1+x^2{)}^{-\frac{3}{2}}>0$，值域为$(0,1)$。反解$y=\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}$，因$x,y>0$，得到$x=\frac{y}{\sqrt{1-y^2}}$。所以区域可表示为$\frac{1}{2}\le y\le \frac{\sqrt{3}}{2}$、$0\le x\le \frac{y}{\sqrt{1-y^2}}$。
按$y$分层的横条绕$x$轴形成半径$y$、长度$x(y)$的薄柱壳，故

令$y=\sin t$，$dy=\cos tdt$，新积分限为$\frac{\pi }{6}$与$\frac{\pi }{3}$；该区间$\cos t>0$，可约去$\sqrt{1-y^2}=\cos t$，从而

也可按$x$分段使用圆环法。由$f(x)=\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}$，与$y=\frac{1}{2}$、$y=\frac{\sqrt{3}}{2}$的交点横坐标分别为$\frac{1}{\sqrt{3}}$、$\sqrt{3}$。当$0\le x\le \frac{1}{\sqrt{3}}$时，内、外半径分别为$\frac{1}{2}$、$\frac{\sqrt{3}}{2}$；当$\frac{1}{\sqrt{3}}\le x\le \sqrt{3}$时，内半径变为$f(x)$，外半径不变。因此