α. Ως προς τον \(x'x\), αλλάζει πρόσημο μόνο η τεταγμένη: \(A_1(1,-3)\).

β. Ως προς τον \(y'y\), αλλάζει πρόσημο μόνο η τετμημένη: \(A_2(-1,3)\).

γ. Ως προς την \(y=x\), ανταλλάσσονται οι συντεταγμένες: \(A_3(3,1)\).

δ. Ως προς το \(O\), αλλάζουν πρόσημο και οι δύο συντεταγμένες: \(A_4(-1,-3)\).

Από τον τύπο της απόστασης:

Επειδή \(\lambda\ne0\), παίρνουμε \(\lambda=1\).

Άρα \(AB=A\Gamma=5\), επομένως το τρίγωνο είναι ισοσκελές με κορυφή το \(A\).

Επειδή \(AB^2+A\Gamma^2=8+18=26=B\Gamma^2\), το τρίγωνο είναι ορθογώνιο στο \(A\).

Άρα \(AB=B\Gamma\), οπότε είναι ισοσκελές.

Άρα είναι και ορθογώνιο στο \(B\).

Το συμμετρικό του \(A(\kappa,\lambda+1)\) ως προς τον \(x'x\) είναι \((\kappa,-\lambda-1)\).

Άρα \(\kappa=1\) και \(\lambda=-3\). Επομένως \(A(1,-2)\) και \(B(1,2)\).

α. Ίδιες τετμημένες και αντίθετες τεταγμένες:

β. Αντίθετες τετμημένες και ίδιες τεταγμένες:

γ. Και οι δύο συντεταγμένες αντίθετες:

δ. Ανταλλαγή συντεταγμένων:

Με τον \(y'y\): \(x=0\Rightarrow f(0)=2\), άρα \((0,2)\).

Με τον \(x'x\): \(f(x)=0\Rightarrow x^2-2x+2=0\), με \(\Delta=4-8=-4\lt0\). Άρα δεν τέμνει τον \(x'x\).

Η εξίσωση \(f(x)=0\) δίνει μόνο \(x=0\). Επίσης \(f(0)=0\). Άρα και με τους δύο άξονες το κοινό σημείο είναι το \(O(0,0)\).

Άρα \(x=1\) ή \(x=-1\). Και στις δύο περιπτώσεις \(y=0\). Τα κοινά σημεία είναι \((-1,0)\) και \((1,0)\).

Από το διάγραμμα διαβάζουμε ότι οι δύο καμπύλες τέμνονται για \(x=7\).

α. \(x=7\).

β₁. \(7\lt x\le8\).

β₂. \(1\le x\lt7\).

γ₁. \(x=8\).

γ₂. \(x=8\).

Πεδίο ορισμού: \(x+1\ge0\Rightarrow x\ge-1\).

Επειδή \(\sqrt{x+1}\ge0\), για να είναι \(f(x)\gt0\) πρέπει \(x\gt0\).

Για να ορίζεται η συνάρτηση πρέπει \(x\gt0\). Τότε \(\sqrt{x}\gt0\), άρα \(1+\dfrac1{\sqrt{x}}\gt0\).

Επομένως \(x\gt0\) και \(f(x)\gt0\). Κάθε σημείο \((x,f(x))\) της γραφικής παράστασης έχει και τις δύο συντεταγμένες θετικές, άρα ανήκει στο I τεταρτημόριο.

Οι ρίζες είναι \(x=0\) και \(x=2\). Η \(x=0\) είναι απλή ρίζα, άρα η καμπύλη διασχίζει τον άξονα στο \(O(0,0)\). Η \(x=2\) είναι διπλή ρίζα, οπότε η γραφική παράσταση εφάπτεται στον \(x'x\) στο \((2,0)\).

Για \(x=1\), \(y=1\). Για \(x=3\), \(y=9\). Άρα τα κοινά σημεία είναι \((1,1)\) και \((3,9)\).

α.

Άρα τα κοινά σημεία είναι \((2,-2)\), \((5,4)\).

β.

Επομένως \(f(x)=x^3+2x-3\).

Άρα \(f(x)=g(x)\) για \(x=1,3\), και επειδή \(f(1)=f(3)=2\), τα σημεία τομής είναι \((1,2)\), \((3,2)\).

Για \(x\lt1\) ή \(x\gt3\): \(f(x)\gt g(x)\). Για \(1\lt x\lt3\): \(f(x)\lt g(x)\).

Από το Πυθαγόρειο θεώρημα:

Όλες οι πλευρές είναι ίσες, άρα το τετράπλευρο είναι ρόμβος.

α.

β. Στο τρίγωνο \(AMB\), το \(M\) δεν ανήκει στην ευθεία \(AB\), άρα από την αυστηρή ανισότητα τριγώνου \(AM+BM\gt AB=2\). Έτσι προκύπτει ακριβώς η ζητούμενη ανισότητα.

α.

Επειδή \(\alpha+1\gt0\), υπάρχει μία και μόνο μία λύση:

β. Αν \(x=0\), τότε \(1-\alpha=0\Rightarrow\alpha=1\). Άρα \(f(0)=g(0)=1\) και \(M(0,1)\).

Η τετμημένη είναι:

Για να μην ανήκει το σημείο ούτε στο II ούτε στο III τεταρτημόριο, ενώ η τετμημένη είναι μη θετική, πρέπει να βρίσκεται πάνω στον \(y'y\). Άρα:

Τότε η τεταγμένη είναι \(1-1+2=2\), άρα \(M(0,2)\).

Στον άξονα \(y'y\) έχουμε \(x=0\):

Άρα το σημείο \((0,f(0))\) βρίσκεται στον αρνητικό ημιάξονα \(Oy'\). Επομένως η \(C_f\) τον τέμνει.

α. \(f(x)-g(x)=x^5-1\).

Για \(x\lt1\), \(f(x)\lt g(x)\). Για \(x=1\), \(f(x)=g(x)\). Για \(x\gt1\), \(f(x)\gt g(x)\).

β. \(g(0)=2\), άρα \(f(0)=2+0-1=1\). Επομένως η \(C_f\) τέμνει τον \(y'y\) στο \(B(0,1)\).

α. \(f^2(x)=1-x^2\ge0\Rightarrow-1\le x\le1\).

β.

γ. Όλα τα σημεία απέχουν \(1\) από το \(O\), άρα ανήκουν στον μοναδιαίο κύκλο. Επειδή \(f(x)\ge0\), κρατάμε το άνω ημικύκλιο.

Από το διάγραμμα διαβάζουμε αριστερό κλειστό άκρο στο \(x=3\) και δεξί ανοικτό άκρο στο \(x=24\). Η ελάχιστη τιμή είναι \(-4\), ενώ η τιμή \(5\) αντιστοιχεί σε ανοικτό άκρο.

Η γραφική τέμνει τον \(x'x\) στο \(x=15\). Άρα είναι κάτω από τον άξονα για \(3\le x\lt15\) και πάνω από τον άξονα για \(15\lt x\lt24\).

Για την εξίσωση \(f(x)=g(x)\) παίρνουμε τις τετμημένες των σημείων τομής των δύο γραφικών παραστάσεων.

Για την ανίσωση \(f(x)\lt g(x)\) κρατάμε τα διαστήματα στα οποία η \(C_f\) βρίσκεται κάτω από την \(C_g\).

Για να ορίζεται το σημείο πρέπει \(\lambda\gt0\). Τότε η τετμημένη είναι \(\lambda\gt0\), ενώ:

Άρα και οι δύο συντεταγμένες είναι θετικές, επομένως το \(M\) βρίσκεται στο I τεταρτημόριο.

Για I τεταρτημόριο:

Η κοινή λύση είναι \(\lambda\lt-2\).

Για συμμετρία ως προς \(x'x\):

Άρα \(A(1,\frac13)\), \(B(1,-\frac13)\), επομένως:

Θέτουμε \(M(x,0)\). Τότε:

Άρα \(M(\frac52,0)\).

Για κοινό σημείο, με \(x\ne0\):

Η εξίσωση \(x^2+3=0\) δεν έχει πραγματικές λύσεις. Άρα \(x=1\) και \(y=3\). Το μοναδικό κοινό σημείο είναι \(A(1,3)\).

α. Το συμμετρικό του \((\kappa,3)\) ως προς το \(O\) είναι \((-\kappa,-3)\). Εφόσον αυτό είναι \((1,-3)\), έχουμε \(-\kappa=1\Rightarrow\kappa=-1\).

Άρα \(A(-1,3)\).

β. Ως προς \(x'x\): \((-1,-3)\).

γ. Ως προς \(y=x\): \((3,-1)\).

Από τα σημεία τομής του διαγράμματος:

Η \(C_f\) βρίσκεται κάτω από την \(C_g\) μετά το \(x=12\) μέχρι το δεξί άκρο:

Η οριζόντια \(y=11\) τέμνει την \(C_f\) στα:

Άρα \(f(x)=0\) ή \(f(x)=2\). Από τα δεδομένα, \(f(x)=0\) μόνο για \(x=1\), ενώ \(f(x)=2\) για \(x=0\) ή \(x=1\).

α. Από \(f(-1)=\sqrt2\):

Για το πεδίο ορισμού:

β. Με τον \(y'y\): \(f(0)=\sqrt{3-2}=1\Rightarrow(0,1)\).

Με τον \(x'x\): \(3-|x+2|=0\Rightarrow x=-5\) ή \(x=1\). Άρα \((-5,0)\), \((1,0)\).

α.

Άρα \(D_f=[-\sqrt2,\sqrt2]\).

β. \(f(x)=0\Rightarrow|x^2-1|=1\Rightarrow x=0,\pm\sqrt2\).

γ. Επειδή \(0\le1-|x^2-1|\le1\), έχουμε \(0\le f(x)\le1\). Άρα \(2\) δεν ανήκει στο πεδίο τιμών.

δ.

Άρα τα σημεία έχουν τετμημένες \(\pm\frac12,\pm\frac{\sqrt7}{2}\) και τεταγμένη \(\frac12\).

α. \(2x-3\ne0\Rightarrow x\ne\dfrac32\). Άρα \(D_f=\mathbb R\setminus\{\frac32\}\).

β. Ο αριθμητής παραγοντοποιείται:

Άρα \(f(x)=2x-\alpha\), για \(x\ne\frac32\).

γ. \(-1=f(1)=2-\alpha\Rightarrow\alpha=3\).

δ. Τότε \(f(x)=2x-3\), με \(x\ne\frac32\). Με τον \(y'y\): \((0,-3)\). Η εξίσωση \(2x-3=0\) δίνει \(x=\frac32\), όμως αυτή η τιμή δεν ανήκει στο πεδίο ορισμού. Άρα δεν υπάρχει τομή με τον \(x'x\).