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

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 \(V_{max}=\frac{2\pi s^3\sqrt{3}}{27}\).

\(P(1)=1+a+b-4=0\\ P(-1)=-1+a-b-4=0\\ a=4, b=-1\\ a^{2}+b^{2}=17\)

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 \(k=\frac{3}{5}\).

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

Збир унутрашњих углова петоугла је \((5 — 2) \cdot 180° = 540°\). По условима задатка углови су \(3t, 4t, 5t, 7t, 8t,\) па је \((3 + 4 + 5 + 7 + 8)t = 540°\). Следи \(t = 20°\), па је разлика највећег и најмањег угла \(8t-3t = 100°\).

Једначина је дефинисана за \(х \leq 1\). За \(х > 0 \) стране су различитих знака, а за \(x \leq 0\) једначина је еквивалентна са \(1-x=x^2\), одакле је \(x = {-1-\sqrt{5} \over 2}\) (што јесте решење) или \(x = {-1+\sqrt{5} \over 2}\) (што није решење, јер је позитивно).

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 \(c=5cm\).

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.

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

 \(r^2=\left (\frac{a}{2}\right )^2+(a-r)^2\)
\(r^2=\frac{a^2}{4}+a^2-2ar+r^2\)
\(2r=\frac{5a}{4}\)

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 \(k=6 \).

Ако је \(x^2 − x + m^2 + 2m − 3 = 0\), тада је \(x_1+x_2=1\) и \(x_1\cdot x_2=m^2+2m -3\) па је \(x^3_1+x^3_2=(x_1+x_2)(x_1^2-2x_1x_2+x^2_2)=\) \((x_1+x_2)((x_1+x_2)^2-3x_1x_2)\).
Односно \(x^3_1+x^3_2=-3m^2-6m+10\). Ако први извод израза \(x_1^3  + x_2^3\) изједначимо са нулом, добићемо тачку у којој та функција достиже максимум. Први извод  функције \(f=x_1^3  + x_2^3\) je \(f’=-6m-6\), па функција достиже максимум за \(m=-1\).

Како је \(\cos\left({x-\frac{3\pi}{2}}\right)=-\sin {x}\) следи да је \(\sin {x}=\frac{4}{5}\).

Из \(\sin^2{x}+\cos^2{x}=1\) и \(\frac{\pi}{2}<x<\pi\) добијамо да је \(\cos{x}=-\frac{3}{5}\).

Како је \(\sin\frac{x}{2}\cos{\frac{5x}{2}}=\frac{2\sin{\frac{3x-2x}{2}}\cos\frac{{3x+2x}}{2}}{2}=\frac{\sin{3x}-\sin{2x}}{2}\) и

\(\sin {2x}=2\sin{x}\cos{x}=-\frac{24}{25}\)и

\(\sin {3x}=\sin(2x+x)=\sin{2x}\cos{x}+\cos{2x}\sin{x}=\frac{44}{125}\), добијамо да је \(\sin\frac{x}{2}\cos{\frac{5x}{2}}=\frac{82}{125}\).

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 ​\(\left(\frac{\pi}{6},\frac{\pi}{4} \right]\).​

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. \(c=\frac{3\sqrt{5}}{\sqrt{13}}\).

\((x^2-2x)^{13}\)

Коефицијент уз \(x^{24}\) у развијеном облику \((x^2)^{13-k}\cdot (2x)^k=x^{24}\Rightarrow   x^{26-2k+k}\cdot 2^k\). Пошто степен уз \(x\) треба да буде једнак \(24\) закључујемо да је \(k=2\) и памтимо \(2^k\) које користимо у следећој формули.
Pa je коефицијент уз \( x^{24}\) у развијеном облику \({n \choose k}\cdot 2^k=  {13 \choose 2}\cdot 2^2=  \frac{13\cdot 12}{2}\cdot 4=312 \).

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 \(3 | n\).

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 \(f(\frac{4}{5})=\frac{24}{5}\).

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