Како је \((x+y)^n=\displaystyle\sum_{k=0}^{n}{n \choose k}x^ky^{n-k}\), за трећи члан биномног коефицијента је \(k=2\), четврти \(k=3\) и пети \(k=4\).

\(k=2\), \(b_1=\frac{14}{9}C_2^n=\frac{14}{9}{n \choose 2}=\frac{7n(n-1)}{9}\)

\(k=3\), \(b_2=C_3^n={n \choose 3}=\frac{n(n-1)(n-2)}{6}\)

\(k=4\), \(b_3=C_4^n={n \choose 4}=\frac{n(n-1)(n-2)(n-3)}{24}\)

Сада из \(\frac{b_2}{b_1}=\frac{b_3}{b_2}\) следи да је \(\frac{\frac{n(n-1)(n-2)}{6}}{\frac{7n(n-1)}{9}}=\frac{\frac{n(n-1)(n-2)(n-3)}{24}}{\frac{n(n-1)(n-2)}{6}}\).

После сређивања добијамо \(n=9\).

\(\left( \sqrt[3]{x}+\frac{1}{\sqrt{x}} \right)^9=\displaystyle\sum_{k=0}^{9}(\sqrt[3]{x})^k\left( \frac{1}{\sqrt{x}} \right)^{9-k}=\displaystyle\sum_{k=0}^{9}x^{\frac{5}{6}k-\frac{9}{2}}\)

Како је потребно одредити биномни коефицијент уз \(\sqrt{x}\) тражимо коефицијент чије \(k\) добијамо из:

\({9 \choose k}x^{\frac{5}{6}k-\frac{9}{2}}={9 \choose k}x^\frac{1}{2}\)

\(\frac{5}{6}k-\frac{9}{2}=\frac{1}{2}\)

\(k=5\), па је то шести члан у развоју бинома.

\({9 \choose 6}=84\)

Парабола је график квадратне функције, па ћемо оваај задатак решити тако што посматрамо систем једначина, односно једначину \(2x+p=x^2-x\) и тражићемо вредности \(p\) за које је дискриминанта \(0\). 
\(x^2-3x-p=0\)
\(D=b^2-4ac=9+4p=0\)
\(p=-\frac{9}{4}\)

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

Средимо почетну неједначину \(\frac{x}{x+2} \leq \frac{1}{1-x}\) .
\(\frac{x-x^2-x-2}{(x+2)(x-1)} \leq 0 \)
\(\frac{-x^2-2}{(x+2)(x-1)} \leq 0 \) , направимо таблицу како бисмо одредили интервал у коме ће вредност са леве стране неједнакости бити мањи од 0.

Дакле ако \(x\in (-2,1)\)збир свих целих бројева из тог интервала је \(-1+0=-1\). 

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 \((p,q)=\left\{(0,0), (0,-1), (-1,0), (-2,1), (1,1)\right\}\).

Како је \({\left( 1+i \sqrt{3}\right)}^n=2^n \cdot \left( \frac{1}{2}+i \frac{\sqrt{3}}{2} \right)^n= 2^n \cdot \left( \cos{\frac{\pi}{3}}+i \sin{\frac{\pi}{3}} \right)^n =2^n \cdot \left( \cos{\frac{n\pi}{3}}+i \sin{\frac{n\pi}{3}} \right)^n\),

следи да је овај број реалан ако и само ако jе \( \sin{\frac{n\pi}{3}}=0\), тј. ако и само ако \(3 | n\).

Пошто у задатку имамо функцију \(f\big(\frac{x+3}{x+1}\big)=3x+2\), уведимо смену \(\frac{x+3}{x+1}=t\). Тада ће бити \(x=\frac{t-3}{1-t}\). Заменимо вредност \(t\) у почетну функцију и израчунајмо \(f(t)\).
\(f(t)=3\frac{t-3}{1-t}+2\), овако записана једнакост нам омогућава да израчунамо \(f(5)\).
\(f(5)=3\frac{2}{-4} + 2=\frac{1}{2}\).

Како је ​\(y+\frac{1}{2}>|x^2-2x|\)​, односно ​\(y>|x^2-2x|-\frac{1}{2}>-\frac{1}{2}\)​ и  ​\(y \leq y+|x-1|<2\)​, ако је \(y \in \mathbb{Z}\), мора бити \(y \in \left\{0,1\right\}\). Ако је \(y=0\) и ​\(x \in \mathbb{Z}\)​ , из ​\(|x-1|<2\)​   следи да је ​\(x \in \left\{0,1,2\right\}\)​ , па из ​\(|x^2-2x|<\frac{1}{2}\)​   следи да су  ​\(x=0\)​ и  ​\(x=2\)​ решења система, а  ​\(x=1\)​ није. Ако је ​\(y=1\)​ и ​\(x \in \mathbb{Z}\)​, из ​\(|x-1|<1\) следи да је  ​\(x=1\)​ , па како  ​\(x=1\)​  задовољава и неједначину  ​\(|x^2-2x|<\frac{3}{2}\), ово јесте решење. Сада су парови целих бројева који су решења система су ​\((x,y) \in \left\{(0,0), (0,2),(1,1)\right\}\)​ .

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

Број свих шестоцифрени бројева је \(9\cdot 10^5\) јер на првом месту не може бити цифра \(0\).

Од тог броја одузмемо све бројеве који не садрже цифру \(1\). На првој позицији може бити 8 (осам) цифара, док на преостале 5 (пет) позиције можемо поставити једну од 9 (девет) цифара (све цифре без 1). Дакле одузимамо \(8\cdot 9^5\).

Сада је \(N=9\cdot 10^5-8\cdot 9^5\).

Овај израз је потребно средити.

\(N=9\cdot 10^5-8\cdot (10-1)^5\)

\(N=9\cdot10^5-8\cdot(10^5-5\cdot 10^4+10\cdot 10^3-10\cdot10^2+5\cdot 10-1)\)

\(N=4,72608\cdot 10^5\)

\(N\in [4\cdot10^5, 5\cdot 10^5)\)

\(a_{1}+a_{2}+ \cdots+a_{98}=137\)

\(a_{1}+a_{2}+(a_1+2d)+a_4+ \cdots+(a_1+96d)+a_{98}=137\)

\((a_{2}+a_{4}+ \cdots+a_{98})+49a_{1}+(2d+4d+\cdots +96d )=137\)

\((a_{2}+a_{4}+ \cdots+a_{98})+49a_{1}+(2+4+\cdots +96 )=137\)

\((a_{2}+a_{4}+ \cdots+a_{98})+49a_{1}+24\cdot 98=137\)

\((a_{2}+a_{4}+ \cdots+a_{98})+49a_{1}+2352=137\)

Како је \(S_n=\frac{n}{2}\left( 2a_1+(n-1)d\right)\) следи да је \(S_{98}=\frac{98}{2}\left( 2a_1+(98-1)\right)=137\). Одатле је \(a_1=-\frac{2308}{49}\).

Када то уврстимо у претходну једнакост добијамо \((a_{2}+a_{4}+ \cdots+a_{98})+49\cdot\left( -\frac{2308}{49}\right)+2352=137\). Сада је:

\((a_{2}+a_{4}+ \cdots+a_{98})+44=137\)

\(a_{2}+a_{4}+ \cdots+a_{98}=93\)

Како је \(0,0010101 \cdot 10^{k}>1001\) и \(k \in Z \), следи да је \(10^{k}> \frac{1001}{10101} \cdot 10^7\).

После скраћивања разломка са \(91\) добијамо \(10^{k}> \frac{11}{111} \cdot 10^7\).

Следи да је \(10^{k}> \frac{11}{111} \cdot 10 \cdot 10^6\), односно \(1 \cdot 10^{k}> \frac{110}{111} \cdot 10^6\).

Како је \(1 > \frac{110}{111}\approx0,99\), следи да је \(k=6 \).

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 \(a^2+b^2+c^2=116\).

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

Одредимо први извод \(4 - \frac{9\pi ^2}{x^2}+\cos(x) \). Да бисмо одредили нулу ове функције пробајмо да одвојено посматрамо два дела. Посматрајмо рационални део и због услова у задатку \(x>0\) , узећемо позитивно решење \(x=\frac{3\pi}{2} .\) Пошто у тој тачки и део \(\sin x\) има минимум, тиме је \(x=\frac{3\pi}{2}\) минимум целе функције.  Када ту вредност заменимо у почетну функцију добијамо да је  \(min=12π−1.\)

 Изразимо висину пирамиде као: \(H=\sqrt{s^2-x^2}\), тада је запремина купе: \(V(x)=\frac{1}{3}x^2\pi \sqrt{s^2-x^2}\). Извод функције \(V(x)\)  je 
\(V'(x)=\frac{2x }{3}\pi \sqrt{s^2-x^2}+\frac{1}{3}x^2\pi \frac{-2x}{2\sqrt{s^2-x^2}} =\)\(\frac{x\pi }{3}\left ( 2\sqrt{s^2-x^2}-\frac{x^2}{\sqrt{s^-x^2}} \right )  =\) \(\frac{x\pi }{3\sqrt{s^2-x^2}}\cdot (2s^2-3x^2)\). Изједначимо извод са 0. И запремина је максимална за \(x^2=\frac{2}{3}s^2\) и износи \(V_{max}=\frac{2\pi s^3\sqrt{3}}{27}\).

\(\left | a+\frac{1}{a} \right |=3 \Rightarrow \left ( a+\frac{1}{a} \right )^{2}=9\\ \Rightarrow a^{2}+\frac{1}{a^{2}}=7\\ \left ( a-\frac{1}{a} \right )=a^{2}-2+\frac{1}{a^{2}}=5 \Rightarrow\\ \left | a-\frac{1}{a} \right |=\sqrt{5}\)

\(x_1+x_2=\frac{6+5m}{1+m} \Rightarrow m=\frac{x_1+x_2-6}{5-x_1-x_2}\\ x_1x_2=\frac{5+6m}{1+m}=\frac{5+6\frac{x_1+x_2-6}{5-x_1-x_2}}{1+\frac{x_1+x_2-6}{5-x_1-x_2}}=-x_1-x_2+11\)

Неједначина је дефинисана за \(1-x<0\) и \(2x+6>0\), односно на скупу \((-3,1)\). На том скупу је еквивалентна са \(\ln \frac{(1-x)^2}{2x+6} \leq 0 \Leftrightarrow \frac{(1-x)^2}{2x+6} \leq 1 \Leftrightarrow \frac{(x+1)(x-5)}{2(x+3)}\leq0\). На интервалу \((-3,1)\) је \(x-5<0\), \(x+3>0\),па је неједначина еквивалентна са \(x+1 \geq0\), тј. решење је \(x \in [-1,1)\).

Како су \(y_{1}\) и \(y_{2}\) решења квадратне једначине, користићемо Вијетове формуле.

\(y_{1}+y_2=ax_1+x_2+x_1+ax_2=(a+1)(x_1+x_2)\)

\(y_{1}\cdot y_2=(ax_1+x_2)\cdot (x_1+ax_2)=\left(a(x^2+x_2^2)+a^2+1 \right)\)

Сада је решење облика:

\(y^2-(y_1+y_2)+y_1y_2=0\)

Када уврстимо у овај израз \(y_1+y_2\) и \(y_1\cdot y_2\) добијамо:

\(y^2-(a+1)(x_1+x_2)y+\left(a(x^2+x_2^2)+a^2+1 \right)=0\)

Како су \(x_{1}\) и \(x_{2}\)решења прве квадратне једначине, а с обзиром да је \(x_{1}+x_2=-1\) и \(x_{1}\cdot x_2=1\) користећи Вијетове формуле добијамо да је \(x_{1}^2+x_2^2=-1\), те је:

\(y^2-(a+1)(-1)y+\left(a\cdot (-1)+a^2+1 \right)=0\), односно:

\(y^2+(a+1)y+a^2-a+1 =0\)