Nuestra solución depende de los dos lemas preliminares siguientes:
Lema I. Sean $G$ un grupo y $F: G \to G$ la función definida por $F(x)=x^{-1}$ para cada $x\in G$. Se cumple entonces que $F$ es homomorfismo si y sólo si $G$ es abeliano.
Lema II. Sean $G$ un grupo finito y $F$ un automorfismo de $G$ con la propiedad que $F(x)=x$ si y sólo si $x=e$. Se cumple entonces que para cada $g \in G$ existe $x\in G$ tal que $g= x^{-1}F(x).$
Pasamos ahora a la demostración de la proposición que janmarqz compartió y al final esbozaremos las pruebas de los lemas I y II.
Demostración. En vista del lema I se tiene que es suficiente con demostrar que el automorfismo $f$ manda cada elemento del grupo en su inverso. Sea $x \in G$. El lema II asegura la existencia de $y\in G$ tal que
$x= y^{-1}f(y)$.
De esto se sigue que
$f(x) = f(y^{-1}f(y)) = f(y^{-1})f(f(y)) = (f(y))^{-1}y = x^{-1}$,
y la prueba termina.
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Demostración del lema I. Sean $a,b \in G$. Si $F$ es homomorfismo entonces $(ab)^{-1} = F(ab) = F(a)F(b) = a^{-1}b^{-1}$ y de aquí que $ab=ba$. La otra implicación es (igual de) inmediata.
Demostración del lema II. Basta con demostrar que la aplicación $H: G\to G$ definida por $H(x) = x^{-1}F(x)$ es sobreyectiva. Como $G$ es finito (aquí es donde entra en juego esa hipótesis), establecer la sobreyectividad de esa función es equivalente a establecer su inyectividad. Supongamos que $a,b \in G$ son tales que $H(a) = H(b)$. Se sigue entonces que $a^{-1}F(a) = b^{-1}F(b).$ Esta igualdad es equivalente a $ba^{-1} = F(ba^{-1})$. Puesto que el único punto fijo de $F$ es $e$, de la última igualdad se desprende que $e=ba^{-1}$. En consecuencia $a=b$ y la inyectividad de $H$ se sigue.
