Како је збир углова у троуглу \(180^{\circ}\), важи \(\sphericalangle BCA= \sphericalangle CAB = 80^{\circ}\). По синусној теореми следи \(\frac{a}{b}=\frac{CA}{AB}=\frac{\sphericalangle ABC}{\sphericalangle BCA}= \frac{\sin 20^{\circ}}{\sin 80^{\circ}}\)

​\(\frac{a}{b}=\frac{2\sin 10^{\circ}\cos 10^{\circ}}{\sin (90^{\circ}-10^{\circ})}=\frac{2\sin 10^{\circ}\cos 10^{\circ}}{\cos 10^{\circ}}\)​

​\(\frac{a}{b}=2\sin 10^{\circ}\)​.

Сада је ​\(I=\frac{a^2}{b^2}+\frac{b}{a}=4\sin^2 10^{\circ}+\frac{1}{2\sin 10^{\circ}}\)​

​\(I=\frac{8\sin^3 10^{\circ}+1}{2\sin 10^{\circ}}\)​.

Како је \(\sin 3x=3\sin x-4\sin^3 x\),

следи \(8\sin^3 x=6\sin x-2\sin 3x\) одакле је \(8\sin^3 10^{\circ}=6\sin 10^{\circ}-2\sin 30^{\circ}=6\sin 10^{\circ}-1\),

па следи \(I=\frac{(6\sin 10^{\circ}-1)+1}{2\sin 10^{\circ}}=\frac{6\sin 10^{\circ}}{2\sin 10^{\circ}}=3\).

\(1) x\in (-\infty, -1)\)
\(\frac{1-x}{1+x}<\frac{1-x}{-(1+x)}\)
\(\frac{2(1-x)}{1+x}<0\)
\(x\in (-\infty, -1)\)
\(2) x\in (-1,0)\)
\(\frac{1-x}{1+x}<\frac{1-x}{1+x} \Rightarrow \emptyset\)
\(3) x\in (0,1)\)
\(\frac{1-x}{1-x}<\frac{1+x}{1+x} \Rightarrow \emptyset\)
\(4) x\in (0, +\infty )\)
\(\frac{-1+x}{1-x}<\frac{1+x}{1+x} \Rightarrow -1<0\)
\(x\in (0, +\infty )\)
\(x\in (-\infty, -1) \cup (0, +\infty )\)

\(\left ( x^{3}\right )^{13-k}\left (\sqrt{y}\right )^{k} =x^{27}y^{2} \Rightarrow k=4\Rightarrow \\ \binom{n}{k}=\binom{13}{4}=\frac{13\cdot 12\cdot 11\cdot 10}{4\cdot 3\cdot 2\cdot 1}=715\)

\(P_1=2B\\ a\cdot c=2a^{2} \Rightarrow c=2a\\ \cos \alpha =\frac{a}{c}=\frac{a}{2a}=\frac{1}{2} \Rightarrow \alpha =60^o\)

\(f(x − 1)=\frac{2x-1}{x+2}\), да бисмо одредили \(f(t)\), уведимо смену \(x-1=t\) тада је \(x=t+1\).
Па је \(f(t)=\frac{2(t+1)-1}{(t+1)+2}=\frac{2t+1}{t+3}\), а сада:
\(f(f(x))=f(\frac{2x+1}{x+3})=\frac{2\frac{2x+1}{x+3}+1}{\frac{2x+1}{x+3}+3}=\frac{5x+5}{5x+10}=\frac{x+1}{x+2}\)

Једначина је дефинисана за \(\sin x>0\), \(\sin x \neq 1\), \(\cos x>0\),  ​\(\cos x \neq 1\),​ тј. за \(x \in \left(2k\pi, \frac{\pi}{2}+2k\pi\right)\), \(k \in \mathbb{Z}\). Како је \(0<\sin x <1\) и ​\(0<\cos x <1\)​, следи \(\ln \sin x <0\) и ​\(\ln \cos x <0\)​. За такве \(x\) jедначина је еквивалентна са  ​\(\frac{\ln \sin x}{\ln \cos x} =4 \cdot \frac{\ln \cos x}{\ln \sin x}\)​ односно ​\(\left( \frac{\ln \sin x}{\ln \cos x} \right)^2=4\)​ па је ​\(\frac{\ln \sin x}{\ln \cos x} =2\) јер је ​\(\frac{\ln \sin x}{\ln \cos x} >0\)​. Сада је:

​\(\ln \sin x=2\ln \cos x=\ln \cos^2 x\)​

​\(\sin x=\cos^2 x=1-\sin^2 x\)​

​\(\sin^2 x+\sin x-1=0\)​

\(\sin x = \frac{\sqrt{5}-1}{2}\) (друго решење је негативно)

​\(x = \arcsin\frac{\sqrt{5}-1}{2}+2k\pi\)​

Решење које припада скупу ​\(\left(0,\pi \right)\)​ је  ​\(\frac{\sqrt{5}-1}{2}\)​, а како је  ​\(\sin \frac{\pi}{6} =\frac{1}{2}< \frac{\sqrt{5}-1}{2}<\frac{\sqrt{2}}{2}<\sin \frac{\pi}{4}\)​, следи да то решење припада интервалу ​\(\left(\frac{\pi}{6},\frac{\pi}{4} \right]\).​

\((1 + i\sqrt{3})^1=1 + i\sqrt{3}\)
\((1 + i\sqrt{3})^2=1+2i\sqrt{3}-3\)
\((1 + i\sqrt{3})^3=(2i\sqrt{3}-2)\cdot (1 + i\sqrt{3})= -2+2i\sqrt{3}-2-2i\sqrt{3}=-4\)
Можемо закључити да је израз реалан ако је \(n=3\), што значи да је у општем случају његов облик \(n=3k\).

\(2 \cdot 5 \cdot5!=1200\\ 5 \cdot 4 \cdot 5!=2400\\ 1200+2400=3600\)

\(3 tg^{2}x-8\cos^{2} x+1=0\\ 3 \frac{1-\cos ^{2}x}{\cos ^{2}x}-8\cos^{2} x+1=0\\ \cos x=t\\ 3\frac{1-t^{2}}{t^{2}}-8t^{2}+1=0\\ 8t^{4}+2t^{2}-3=0\\ t^{2}=u\\ 8u^{2}+2u-3=0 \Rightarrow u=\frac{1}{2} \vee u=-1\\ u=\frac{1}{2} \Rightarrow t=\frac{\sqrt{2}}{2} \vee t=-\frac{\sqrt{2}}{2}\\ \cos x=\frac{\sqrt{2}}{2} \vee \cos x=-\frac{\sqrt{2}}{2}\\ x=\frac{\pi }{4} \vee x=\frac{7\pi }{4} \vee x=\frac{3\pi }{4} \vee x=\frac{5\pi }{4}\)

Нека је \(p: \sqrt{2}x+y=1\) и \(q: 2x+\sqrt{2}y=3\sqrt{2}\).

У експлицитном облику је \(p: y=-\sqrt{2}x+1\) и \(q: y=-\sqrt{2}x+3\), те због истог коефицијента правца закључујемо да су ове две праве паралелне.

У општем облику је \(p: \sqrt{2}x+y-1=0\) и \(q: \sqrt{2}x+y-3=0\).

Растојање између паралелних правих \(A_1x+B_1y+C_1=0\)  и \(A_1x+B_1y+C=0\) ћемо наћи по обрасцу \(\delta = \frac{C_1-C}{\sqrt{A_1^2+B_1^2}}\).

Стога је \(\delta = \frac{2\sqrt{3}}{3}\).

Ако је \(\gamma\) угао између \(a\) и \(b\), следи \(\frac{12}{13}=\frac{ab\sin\gamma}{2}\) па је \(\sin \gamma=\frac{12}{13}\), а \(\cos^2\gamma=1-\sin^2\gamma=\frac{25}{169}\). Како је троугао оштроугли, следи \(\cos \gamma=\frac{5}{13}\), па по косинусној теореми следи \(c^2=a^2+b^2-2ab\cos\gamma=1+4-4 \cdot \frac{5}{13}=\frac{45}{13}\), тј. \(c=\frac{3\sqrt{5}}{\sqrt{13}}\).

Како је ​\(x^4+px^2+q=(x^2+px+q)(x^2-px+(p^2+px-q))-p(p^2+p-2q)x-q(p^2+p-q-1)\)​ , следи да ​\(x^2+px+q\)​ дели ​\(x^4+px^2+q\)​ ако и само ако је \(p(p^2+p-2q)x=0\) и \(q(p^2+p-q-1)=0\). Ако је \(p=0\)​, друга једначина постаје \(q(-1-q)=0 \Leftrightarrow q \in \left\{-1,0\right\}\). Ако је \(p\neq 0\), мора бити \(p^2+p-2q=0\), па заменом у другу једначину следи \(q(q-1)=0\). Ако је  \(q=0\), следи \(p^2+p=0\), тј \(p=-1\) (при чему је \(p \neq0\)). Ако је \(q=1\), следи \(0=p^2+p-2=(p+2)(p-1) \Leftrightarrow p\in \left\{ -2,1\right\}\). Дакле, све могућности су \((p,q)=\left\{(0,0), (0,-1), (-1,0), (-2,1), (1,1)\right\}\).

\(\frac{a_{10}}{a_2}=\frac{a_1+9d}{a_1+d}=5\) 
\(a_1+9d=5a_1+5d\)
\(4a_1=4d\), односно \(a_1=d\).

\(a_1^2  + a_2^2  + a_3^2  = 56\)
\( a_1^2  + (a_1+d)^2 + (a_1+2d)^2=56\)
\(14a_1^2=56\) односно \(a_1^2=4\) а пошто знамо да је прогресија опадајућа, закључујемо да је \(a_1=-2\) и \(d=-2\).
Па је \(a_{2014}=a_1+2003d=-4028\).

\(x-2y+4=0 \Rightarrow x=2y-4 \Rightarrow 3(2y-4)+y-9=0\\ \Rightarrow y=3, x=2 \Rightarrow C(2,3)\\ r=d(C,p)= \frac{\left | 3\cdot 2+4\cdot 3+2 \right |}{\sqrt{3^{2}+4^{2}}}=\frac{20}{5}=4\\ k:(x-2)^{2}+(y-3)^{2}=4^{2}\\ x^{2}-4x+y^{2}-6y-3=0\)

Како је \(d_1=(2-\sqrt{3})d_2\) закључујемо да је \(d_1<d_2\).

Угао ромба наспрам дијагонале \(d_1\) је оштар. Означимо га са \(\alpha\).

Применом косинусне теореме на троугао који чине две странице троугла и краћа дијагонала \(d_1\) добијамо:

\(d_1^2=a^2+a^2-2\cdot a\cdot a \cdot \cos{\alpha}\)

\(d_1^2=2a^2-2a^2\cos{\alpha}\)

\(d_1^2=2a^2(1-\cos{\alpha})\)

Применом Питагорине теореме на ромб добијамо \(a^2=\left( \frac{d_1}{2}\right)^2+\left( \frac{d_2}{2}\right)^2\).

Када уврстимо у претходни израз добијамо

\(d_1^2=2\left(\left( \frac{d_1}{2}\right)^2+\left( \frac{d_2}{2}\right)^2\right)(1-\cos{\alpha})\)

\(((2-\sqrt{3})d_2)^2=2\left(\left( \frac{(2-\sqrt{3})d_2}{2}\right)^2+\left( \frac{d_2}{2}\right)^2\right)(1-\cos{\alpha})\)

\(((2-\sqrt{3})d_2)^2=2\left(\left( \frac{(2-\sqrt{3})d_2}{2}\right)^2+\left( \frac{d_2}{2}\right)^2\right)(1-\cos{\alpha})\)

После сређивања једначине и дељења са \(d_2^2\) добијамо:

\(\cos{\alpha}=\frac{\sqrt{3}}{2}\)

\(\alpha=30^{\circ}\)

По Питагориној теореми, друга катета је \(b=15cm\). Како је површина правоуглог троугла \(\frac{ab}{2}\), а и \(\frac{(a+b+c)r}{2}\) (где je r полупречник уписаног круга), следи \(r=\frac{ab}{a+b+c}=3\).

\(\log_{24}50=2\log_{24}5+\log_{24}2=\\ \frac{2}{\log_{5}3+3\log_{5}2}+\frac{1}{\log_{2}8+\log_{2}3}=\\ \frac{2}{\log_{5}3+3b}+\frac{1}{3+a}=\frac{2}{\frac{\log_{2}3}{\log_{2}5}+3b}+\frac{1}{3+a}=\\ \frac{2}{ab+3b}+\frac{1}{3+a}=\frac{2+b}{b(a+3)}\)

Како су \(a,b,c\)  (тим редом) узастопни чланови аритметичког низа, следи \(2b=a+c\), па како је и \(a+b+c=18\), следи \(b=6, a+c=12\). Како су \(a,b,c+1\)  (тим редом) узастопни чланови геометријског низа, следи \(b^2=a(c+1)\), па из \(c=12-a, b=6\) следи \(0=a^2-13a+36=(a-4)(a-9)\). Како је полазни аритметички низ растући, следи \(a=4, c=8\) па је \(a^2+b^2+c^2=116\).

Ако је \(t>-1\), како је \((e^{-x})^{'}=-e^{-x}\) тангента у тачки је \((e, e^{-t})\) је \(y=-e^{-t}x+e^{-t}(1+t)\), њен пресек са \(x\)-осом \(A(1+t,0)\), а са \(y\)-осом је \(B(0,e^{-t}(1+t))\), па је површина \(\bigtriangleup{ABC}\) једнака је \(P(t)=\frac{OB\cdot OA}{2}=\frac{1}{2} \cdot (1+t)^2e^{-t}\). Како је \(P^{'}(t)=\frac{1}{2} \cdot (2(1+t)e^{-t}-(1+t)^2e^{-t})=\frac{(1+t)e^{-t}}{2}\cdot (1-t)\), следи \(P^{'}(t)>0\) за \(t \in (-1,1)\),  \(P^{'}(t)<0\) за \(t \in (1, \infty)\), oдносно функција расте на интервалу ​\(t \in (-1,1)\)​, а опада на ​\(t \in (1, \infty)\)​ па достиже максимум за \(t=1\) и он износи \(P(1)=\frac{2}{e}\).

\( \sqrt{1-x}=-x  \setminus ^2 \)
\(1-x=x^2\)
\(x^2+x-1=0\)
\(x_{1,2}=\frac{-1\pm\sqrt{5}}{2}\)

Потребно је да размотримо два услова, први – вредност под кореном мора бити ненегативна  \(1-x\geq 0\), односно \(x \leq 1\) и други – резултат кореновања је позитиван \(-x\geq 0\) односно \(x \leq 0\). Па закључујемо да \(x \leq 0\), тако да обацујемо решење \(x=\frac{-1+\sqrt{5}}{2}\). 
Једначина има тачно једно решење и оно је негативно.