Η συμμετρία ως προς τον άξονα \(x'x\) αλλάζει το πρόσημο όλων των τεταγμένων. Άρα κάθε σημείο \((x,f(x))\) μεταφέρεται στο \((x,-f(x))\).

Στα κοινά σημεία ισχύει \(f(x)=g(x)\), άρα \(x^2=x\). Επομένως \(x^2-x=0\), δηλαδή \(x(x-1)=0\), οπότε \(x=0\) ή \(x=1\).

Από \(f(2)=-4\): \(16+4\kappa+2\lambda-4=-4\). Άρα \(4\kappa+2\lambda=-16\). Διαιρούμε με \(2\) και παίρνουμε \(2\kappa+\lambda=-8\).

Έχουμε \((f\circ g)(x)=\ln(x^2)\). Για να ορίζεται ο λογάριθμος πρέπει \(x^2>0\), δηλαδή \(x\neq0\).

Εφόσον \(g(x)=1\), ισχύει \((f\circ g)(x)=f(1)\). Υπολογίζουμε \(f(1)=1-1-1+1=0\).

Αφού η \(f\) είναι η αντίστροφη της \(g\), ισχύει \(f=g^{-1}\). Από τη βασική ιδιότητα των αντίστροφων συναρτήσεων, \((g\circ g^{-1})(x)=x\). Άρα \((g\circ f)(x)=x\).

Από \((f\circ g)(x)=x\) και επειδή η \(f\) είναι 1-1, η \(g\) λειτουργεί ως αντίστροφη της \(f\), δηλαδή \(g=f^{-1}\). Επομένως \(g^{-1}=f\).

Η \(y=\frac{x^2}{x^2+1}\) είναι άρτια, αφού \(f(-x)=f(x)\). Άρα διαφορετικές τιμές \(x\) και \(-x\) έχουν την ίδια εικόνα και η συνάρτηση δεν είναι 1-1 στο \(\mathbb R\). Οι υπόλοιπες είναι 1-1 στα πεδία που δίνονται.

Έστω \(x_1,x_2\in\mathbb R\) με \(x_1<x_2\). Επειδή η \(f\) είναι γνησίως αύξουσα, έχουμε \(f(x_1)<f(x_2)\). Επίσης η εκθετική συνάρτηση είναι γνησίως αύξουσα, άρα \(e^{x_1}<e^{x_2}\). Προσθέτοντας κατά μέλη και αφαιρώντας \(1\), προκύπτει \(f(x_1)+e^{x_1}-1<f(x_2)+e^{x_2}-1\), δηλαδή \(F(x_1)<F(x_2)\).

Η \(f\) είναι περιττή, άρα \(f(-x)=-f(x)\). Για \(x=0\) έχουμε \(f(0)=-f(0)\), οπότε \(f(0)=0\). Επομένως \(F(0)=f(0)+e^0-1=0+1-1=0\).

Από το Β1 η \(F\) είναι γνησίως αύξουσα και από το Β2 \(F(0)=0\). Άρα, αν \(x<0\), τότε \(F(x)<F(0)=0\). Αν \(x=0\), τότε \(F(x)=0\). Αν \(x>0\), τότε \(F(x)>F(0)=0\).

Επειδή \(e^x>0\), διαιρούμε με \(e^x\): \[f(x)+e^x<f(-x)+e^{-x}.\] Αφαιρούμε \(1\) από τα δύο μέλη: \[f(x)+e^x-1<f(-x)+e^{-x}-1.\] Δηλαδή \(F(x)<F(-x)\). Επειδή η \(F\) είναι γνησίως αύξουσα, η τελευταία ανίσωση είναι ισοδύναμη με \(x<-x\), δηλαδή \(2x<0\).

Η ζητούμενη ανισότητα ισοδυναμεί με \(F(x)+F(-x)\ge0\). Επειδή η \(f\) είναι περιττή, \(f(-x)=-f(x)\). Άρα \[F(x)+F(-x)=e^x+e^{-x}-2.\] Επειδή \(e^x>0\), έχουμε \[e^x+e^{-x}-2=\frac{e^{2x}-2e^x+1}{e^x}=\frac{(e^x-1)^2}{e^x}\ge0.\]

Πρέπει τα ορίσματα των λογαρίθμων να είναι θετικά: \(x>0\) και \(1-x>0\). Η δεύτερη ανίσωση δίνει \(x<1\). Άρα συνδυαστικά \(0<x<1\).

Για \(x\in(0,1)\): \[f(x)=\ln\!\left(\frac{x}{1-x}\right).\] Θέτουμε \(g(x)=\frac{x}{1-x}\), \(x\in(0,1)\), και \(h(t)=\ln t\), \(t>0\). Τότε \[(h\circ g)(x)=h(g(x))=\ln\!\left(\frac{x}{1-x}\right)=f(x).\]

Έστω \(0<x_1<x_2<1\). Επειδή \((1-x_1)(1-x_2)>0\), έχουμε \[\frac{x_1}{1-x_1}<\frac{x_2}{1-x_2}\iff x_1(1-x_2)<x_2(1-x_1)\iff x_1<x_2.\] Η \(\ln\) είναι γνησίως αύξουσα στο \((0,+\infty)\), άρα \[\ln\!\left(\frac{x_1}{1-x_1}\right)<\ln\!\left(\frac{x_2}{1-x_2}\right).\] Δηλαδή \(f(x_1)<f(x_2)\).

Θέτουμε \(y=f(x)\). Τότε \[y=\ln x-\ln(1-x)=\ln\!\left(\frac{x}{1-x}\right).\] Άρα \[e^y=\frac{x}{1-x}.\] Επομένως \[e^y(1-x)=x\iff e^y=x(1+e^y)\iff x=\frac{e^y}{1+e^y}.\] Για κάθε \(y\in\mathbb R\), ισχύει \(0<\frac{e^y}{1+e^y}<1\), οπότε η τιμή ανήκει πράγματι στο πεδίο ορισμού της \(f\). Ανταλλάσσοντας \(x,y\):

Αφού η \(F\) είναι περιττή, πρέπει \(F(0)=0\). Από τον τύπο της αντίστροφης, \(f^{-1}(0)=\frac{1}{2}\). Άρα \[\frac12+c=0\Rightarrow c=-\frac12.\] Επομένως \[F(x)=\frac{e^x}{1+e^x}-\frac12.\] Ελέγχουμε ότι είναι πράγματι περιττή: \[F(-x)=\frac{e^{-x}}{1+e^{-x}}-\frac12=\frac{1}{1+e^x}-\frac12=-\left(\frac{e^x}{1+e^x}-\frac12\right)=-F(x).\]

Έστω \(x_1<x_2\). Τότε \(x_1^3<x_2^3\), επειδή η συνάρτηση \(x^3\) είναι γνησίως αύξουσα. Προσθέτοντας τις ανισότητες \(x_1^3<x_2^3\) και \(x_1<x_2\), παίρνουμε \[x_1^3+x_1<x_2^3+x_2.\] Δηλαδή \(r(x_1)<r(x_2)\).

Από τη δοσμένη σχέση έχουμε \[r(f(x))=f^3(x)+f(x)=x.\] Έστω \(x_1<x_2\). Τότε \[r(f(x_1))=x_1<x_2=r(f(x_2)).\] Επειδή η \(r\) είναι γνησίως αύξουσα, από \(r(f(x_1))<r(f(x_2))\) προκύπτει \(f(x_1)<f(x_2)\).

Θέλουμε να δείξουμε ότι κάθε \(y\in\mathbb R\) είναι τιμή της \(f\). Παίρνουμε αυθαίρετο \(y\in\mathbb R\) και θέτουμε \(x=y^3+y=r(y)\). Τότε, από τη δοσμένη σχέση, \[r(f(x))=x=r(y).\] Επειδή η \(r\) είναι 1-1, παίρνουμε \(f(x)=y\). Άρα κάθε πραγματικός \(y\) ανήκει στο σύνολο τιμών της \(f\).

Από τη σχέση \(r(f(x))=x\) έχουμε \((r\circ f)(x)=x\). Οι \(f\) και \(r\) είναι 1-1 και η \(f\) έχει σύνολο τιμών το \(\mathbb R\), άρα η \(r\) είναι η αντίστροφη της \(f\).

Επειδή η \(f\) είναι αντιστρέψιμη, \[f(x)=x\iff f^{-1}(x)=x.\] Από το Δ4, \(f^{-1}(x)=x^3+x\). Άρα \[x^3+x=x\iff x^3=0\iff x=0.\]

Η \(f^{-1}(x)=x^3+x\) είναι γνησίως αύξουσα. Για \(x>0\): \[f(x)<x\iff f^{-1}(f(x))<f^{-1}(x)\iff x<x^3+x\iff x^3>0,\] που ισχύει. Για \(x<0\): \[f(x)>x\iff f^{-1}(f(x))>f^{-1}(x)\iff x>x^3+x\iff x^3<0,\] που επίσης ισχύει. Για \(x=0\), από το Δ5 έχουμε \(f(0)=0\).

Η \(r(x)=x^3+x\) είναι περιττή, δηλαδή \(r(-t)=-r(t)\). Από τη βασική σχέση \(r(f(x))=x\), για \(-x\) παίρνουμε \[r(f(-x))=-x.\] Από την άλλη, \[r(-f(x))=-r(f(x))=-x.\] Επομένως \(r(f(-x))=r(-f(x))\). Επειδή η \(r\) είναι 1-1, προκύπτει \[f(-x)=-f(x).\]

Από το Δ7 η \(f\) είναι περιττή, άρα \(f(-1)=-f(1)\) και \(f(0)=0\). Επομένως \[f(-1)+f(0)+f(1)+f(2)=f(2).\] Για \(x=2\), η βασική σχέση δίνει \[f^3(2)+f(2)=2.\] Η εξίσωση \(t^3+t=2\) έχει λύση \(t=1\), και επειδή η \(r(t)=t^3+t\) είναι 1-1, η λύση είναι μοναδική. Άρα \(f(2)=1\).