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 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 \(3 | n\).

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 \(0\). 
\(x^2-3x-p=0\)
\(D=b^2-4ac=9+4p=0\)
\(p=-\frac{9}{4}\)

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

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 \(7^4=49^2 \equiv (-1)^2= 1(mod 10)\), следи \(7^{2009} \equiv7(mod 10)\), па је последња цифра овог броја 7.

Основа пирамиде је квадрат странице \(\frac{a\sqrt{2}}{2}\), омотач је састављен од четири подударна једнакокрака троугла, основице \(\frac{a\sqrt{2}}{2}\), а бочна ивица је хипотенуза троугла чије су катете \(a\) и \(\frac{a}{2}\). Следи да је дужина бочне ивице \(\sqrt{a^2+\left( \frac{a}{2} \right)^2}=\frac{a\sqrt{5}}{2}\), па је висина тог троугла \(\sqrt{ \left( \frac{a\sqrt{5}}{2}\right)^2 - \left( \frac{a\sqrt{2}}{4} \right)^2}=\frac{3a}{2\sqrt{2}}\), а површина омотача \(4 \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{a\sqrt{2}}{2} \cdot \frac{3a}{2\sqrt{2}}=\frac{3a^2}{2}=6\).

\(|4^{3x}-2^2\cdot 2^{4x}\cdot 3\cdot3^{x}+20\cdot36^x|\geq8\cdot6^x(\frac{1}{8}\cdot8^{x}+6^x)\)

\(|64^{x}-12\cdot 48^{x}+20\cdot36^x|\geq48^x+8\cdot 36^x\)

\(|\left(\frac{4}{3}\right)^{2x}-12\cdot \left(\frac{4}{3}\right)^{x}+20\cdot1|\geq\left(\frac{4}{3}\right)^{x}+8\)

Ако је \(\left(\frac{4}{3}\right)^{x}=z\), онда је:

\(|z^{2}-12\cdot z^{x}+20|\geq z+8\).

\(|(a-10)(a+2)|\geq a^{x}+8\)

1. За \(z\in (-\infty, 2]\) је \(z^2-12z+20\geq z+8\). Решење је \(z\in (-\infty, 1]\)
2. За \(z\in (2, 10]\) је \(-z^2+12z-20\geq z+8\). Решење је \(z\in [4, 7]\)
3. За \(z\in (10, +\infty]\) је \(z^2-12z+20\geq z+8\). Решење је \(z\in [12, +\infty)\)

Коначно решење је:

\(z\in (-\infty, 1] \cup[4,7]\cup[12, +\infty)\)

Решење је облика:

\(z\in (-\infty, a] \cup[b,c]\cup[d, +\infty)\)

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

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 \(8t-3t = 100°\).

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 \(CA+CB=2CO= 10\).

\( \frac{1}{2-\sqrt{5}+i\sqrt{3}}=\)\(\frac{1}{2-\sqrt{5}+i\sqrt{3}} \cdot \frac{2-\sqrt{5}-i\sqrt{3}}{2-\sqrt{5}-i\sqrt{3}}=\) \(\frac{2-\sqrt{5}+i\sqrt{3}}{12-4\sqrt{5}}\)
\(\Re=\frac{2-\sqrt{5}}{12-4\sqrt{5}}=\frac{1}{4}\cdot\frac{3+\sqrt{5}}{3+\sqrt{5}} \cdot\frac{3-\sqrt{5}}{3+\sqrt{5}}= \frac{1-\sqrt{5}}{16}\)

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

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.

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.

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

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 \(-1+0=-1\). 

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 \(V\left(\frac{2R}{\sqrt{3}}\right)=\frac{4}{3\sqrt{3}}R^3\pi\).

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

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

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

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

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

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

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:

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

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

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

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.

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

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

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

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

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