Чланови развоја су облика \({13\choose k} (x^2)^k(-2x)^{13-k}={13\choose k}(-2)^{13-k}x^{13+k}\) за \(0 \leq k \leq13, k \in Z\). Члан \(x^{24}\) се добија за \(k=11\) и одговарајући коефицијент је \((-2)^2 {13 \choose 11}=312\).

Ако је трапез описан око кружнице, то значи да је \(h=2r=4cm\), па је \(m=\frac{P}{h}=5cm\). Пошто је четвороугао тангентни тада важи да је збир наспрамних страница једнак, па је \(2c=a+b=2m=10cm\), односно \(c=5cm\).

р

\(D_{10}=\frac{n(n-3)}{2}=\frac{10\cdot 7}{2}=35\)

\(f(g(2))=f\left (\sin \frac{\pi }{12}2 \right )=f\left (\sin \frac{\pi }{6} \right )=f\left (\frac{1}{2} \right )=\frac{1}{8}-\frac{3}{2}=-\frac{11}{8}\)

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

Анализирајмо прво захтев у задатку. Како ћемо добити тачкe којe припадају датом кругу и најудаљеније и најближе су од тачке \(C\)? Таквa тачка се налази у пресеку праве која пролази кроз тачке \(C\) и \(O\) (центар круга) и круга. Дакле потребно је да одредимо удаљеност тачака \(CA+CB=CA+CA+r+r=\)\((CA+r)+ (CA+r)=2\cdot CO\). Ако једначину круга запишемо у облику \((x+2)^2+(y+2)^2=3\), можемо закључити да је \(O(-2,-2)\). Па је дужина \(CO=\sqrt{(x_O-x_C)^2+(y_O-y_C)^2}=5\), односно дужина \(CA+CB=2CO= 10\).

Због апсолутних вредности посматраћемо неколико различитих интевала којима x припада. 

1. \( x\in(-\infty,-\frac{1}{2}]\)
\(f(x)=-2x-1-x+3+5x-4=2x-2\), ова функција је растућа, па ће максимум достићи у крајњој десној тачки интервала \(f(-\frac{1}{2})=-3\).

2. \(x\in(-\frac{1}{2},\frac{4}{5}]\)
\(f(x)=2x+1-x+3+5x-4=6x\), и ова функција је растућа, па ће максимум достићи у крајњој десној тачки интервала \(f(\frac{4}{5})=\frac{24}{5}\).

3. \(x\in(\frac{4}{5},3]\)
\(f(x)=2x+1-x+3-5x+4=-4x+8\), ова функција је опадајућа, па ће максимум достићи у крајњој левој тачки интервала. Односно максимум ће тежити претходно израчунатој вредности
4. \(x\in(3,+\infty)\)
\(f(x)=2x+1+x-3-5x+4=-2x+2\), и ова функција је опадајућа, па ће максимум бити у крајњој левој тачки интервала и свакао ће бити мањи него у претходном интервалу.

Тако да закључујемо да функција достиже максимум \(f(\frac{4}{5})=\frac{24}{5}\).

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

Ако једначину \(\frac{x-1}{\sqrt{x}+1}= 4+\frac{\sqrt{x}-1}{2}\) помножимо са \(2(\sqrt{x}+1)\), добићемо \(2x\sqrt{x} – 10\sqrt{x}+x=9\). Уведимо смену \(\sqrt{x}=t\), тада важи да је \(t\geq0\), па добијамо\( 2t^3+t^2-10t-9=0\). Ако размотримо једначину, приметићемо да је \(t_1=-1\) једно од решења (које не задовољава услове, па га на крају задатка нећемо узимати у обзир прихватљивих решења, али ћемо га користита сада како бисмо упростили једначину). Једначину ћемо поделити са \((t+1)\). Накој дељења добијамо \(2t^2-t-9=0\) и користећи Вијетове формуле добијамо да је \(t_{1,2}=\frac{1\pm\sqrt{73}}{4}\). Решење \(t_{1}=\frac{1-\sqrt{73}}{4}\)  не узимамо у разматрање јер \(t\geq0\), па закључујемо да је \(\sqrt{x}=t=\frac{1+\sqrt{73}}{4}\). Односно \(x=\frac{74+2\sqrt{73}}{16}\approx 4,4\)

Растојање тачке са координатама \((0,0)\) од праве \(3x-y+5=0\) је \(\frac{|3 \cdot 0-0+5|}{\sqrt{1^2+3^2}}=\frac{5}{\sqrt{10}}=\frac{\sqrt{10}}{2}\).

Ако је висина ваљка и купе \(H\), полупречник њихове основе \(r\), а изводница купе \(s\), следи да је  \(r^2+H^2=s^2\).

Како је однос \(H:s=4:5\), следи да је\(H=4k\) и \(s=5k\), при чему је \(k \in N\). Сада је:

\(r^2+(4k)^2=(5k)^2\)

\(r^2=9k^2\)

\(r=3k\)

Однос површине ваљка и купе је сада:

\(\frac{P_v}{P_k}=\frac{2r^2\pi +2r\pi H}{r^2\pi+r\pi s}\)

Ако уврстимо одговарајуће вредности за \(H\), \(s\) и \(r\), добијамо:

\(\frac{P_v}{P_k}=\frac{7k}{4k}=\frac{7}{4}\)

\(P_v:P_k=7:4\)

\(2^{16^{x}}=16^{2^{x}}\\ 2^{2^{4x}}=2^{2^{2+x}}\\ x=\frac{2}{3}\)

\(a=9\sqrt{2}, b=21\)
\(c=\sqrt{a^{2}+b^{2}-2ab\cos \gamma }=\sqrt{162+441-378}=15\)
Из једнокраког правоуглог троугла следи да је \(h=9\)
\(P=\frac{21\cdot 9}{2}=\frac{189}{2}\)
\(p=\frac{a+b+c}{2}=\frac{9\sqrt{2}+36}{2}\)
\(P=rp=\frac{abc}{4R} \Rightarrow R=\frac{abc}{4P}=\frac{15\sqrt{2}}{2}\)
\(r=\frac{P}{p}=\frac{21}{\sqrt{2}+4}=6-\frac{3\sqrt{2}}{2}\)
\(r+R=\frac{15\sqrt{2}}{2}+6-\frac{3\sqrt{2}}{2}=6(\sqrt{2}+1)\)

\(\log_2(\log_4 x) + \log_4(\log_2 x) < 2\), важи да  \(\log_2 x >0\) односно \( x >1\)
\(\log_2(\frac{1}{2}\log_2 x) + \frac{1}{2}\log_2(\log_2 x) < 2\)
\(\log_2(\log_2 x^{\frac{1}{2}}) + \log_2(\log_2 x)^{ \frac{1}{2}}< 2=\log_24\)
\(\frac{1}{2}\log_2 x \cdot (\log_2x)^{\frac{1}{2}}<4\)
\((\log_2x)^{\frac{3}{2}}<8\)
\(\log_2x<\sqrt[3]{8^2}\)
\(\log_2x<4\)
\(x<2^4\) односно \(x<16\) и ако узмемо у обзир услов са почетка, тада je \(x\in (1, 16)\). 

Ако је \(\frac{x+3}{x+1}=5\), следи \(x=-\frac{1}{2}\). Заменом \(x=-\frac{1}{2}\), добија се \(f(5)=3 \cdot \left( - \frac{1}{2} \right)+2=\frac{1}{2}\).

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

\(8\sin^2(80^\circ)-2\sqrt3\sin(40^\circ)-2\cos(40^\circ),\) запишимо као
\(4\left(\frac{\sqrt3}{2}\sin(40^\circ)+\frac{1}{2}\cos(40^\circ)\right)\) и ту применимо формулу \(\sin(\alpha-\beta)\) и добијамо
\(4\left(\sin60^\circ\sin40^\circ+\cos60^\circ\cos40^\circ\right).\) Сада ћемо применити формулу за косинус разлике, па добијамо:
\(4\left(1-\cos160^\circ\right)-4\cos20^\circ.\) Трансформишимо \(\cos160^\circ = -\cos\left(180^\circ-160^\circ\right)\) односно \(-\cos20^\circ.\) Па је цео израз једнак 4.

Раван која садржи попречни пресек ваљка сече лопту по великом кругу, а ваљак по правоугаонику уписаном у тај круг, димензија \(2r\) и \(h\), где су \(r\) и \(h\) редом, полупречник основе и висина ваљка (притом је \(0<h<2R\)). Следи \(4r^2+h^2=4R^2\), па је запремина ваљка \(V=r^2\pi h=\pi \left(R^2h-\frac{h^3}{4}\right)\). Како је \(V^{'}(h)=\pi \left(R^2-\frac{3h^2}{4}\right)\), \(V(h)\) расте на \(\left(0, \frac{2R}{\sqrt{3}} \right)\), опада на \(\left(\frac{2R}{\sqrt{3}}, 2R \right)\), па је њен максимум \(V\left(\frac{2R}{\sqrt{3}}\right)=\frac{4}{3\sqrt{3}}R^3\pi\).

Најпре је

\(Z=\left( \frac{1+i}{1-i}\right)^{2015}+\frac{-1+5ki}{3i}-1=\frac{(1+i)^{2015}}{(1-i)^{2015}}+\frac{-1+5ki}{3i}-1\)

Како је:

\((1+i)^{2015}=\left( (1+i)^2\right)^{1007}(1+i)=2^{1007}(1-i)\)

\((1-i)^{2015}=\left( (1-i)^2\right)^{1007}(1-i)=2^{1007}(1+i)\)

Следи да је:

\(Z=\frac{2^{1007}(1-i)}{2^{1007}(1+i)}+\frac{-1+5ki}{3i}-1\)

\(Z=\frac{(1-i)}{(1+i)}+\frac{-1+5ki}{3i}-1\)

\(Z=\left( \frac{3}{5}k-1\right)+i\left( -\frac{2}{3}\right)\)

Сада је \(|Z|=\sqrt{\left( \frac{3}{5}k-1\right)^2+\left( -\frac{2}{3}\right)^2}\).

\(min|Z|\) је за \(\frac{3}{5}k-1=0\)

Следи да је \(k=\frac{3}{5}\).