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:

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

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

Коришћењем основних тригонометријских формула добијамо да је \( \frac{1-tg^215^{\circ}}{1+tg^215^{\circ}}=\)  \(\frac{1-\frac{\sin^2 15^{\circ}}{\cos^2 15^{\circ}}} {1+\frac{\sin^2 15^{\circ}}{\cos^2 15^{\circ}}}=\)  \( \frac{\cos^2 15^{\circ} – \sin^2 15^{\circ}}{\cos^2 15^{\circ} + \sin^2 15^{\circ}}=\)  \(\cos^2 15^{\circ} – \sin^2 15^{\circ}\) . Последњи израз можемо записати и као \(\cos15^{\circ}\cdot\cos15^{\circ} – \sin15^{\circ}\cdot\sin15^{\circ}\). Ако погледамо адиционе тригонометријскe формуле, приметићемо да је то управо једнако \(\cos(2\cdot15^{\circ})=\cos30^{\circ}=\frac{\sqrt{3}}{2}\).

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

Ако размотримо услов из задатка, можемо да закључимо да на прво место може сести 6 дечака или девојчица, а на последње 5 (јер од могућих 6 особа које седе на првом и поседњем месту неко је већ се на прво место). На осталих 6 места, дечаци и девојчице се могу расподелити на 6! начина. Дакле, укупан број начина на који се они могу раподелити је \(6\cdot5\cdot6!\), односно \(30\cdot 6!\).

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

\(\frac{a_{10}}{a_2}=\frac{a_1+9d}{a_1+d}=5\) 
\(a_1+9d=5a_1+5d\)
\(4a_1=4d\), 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 \(a_{2014}=a_1+2003d=-4028\).

\(f(x)=|x|+a\)

\(f(f(x))=f(|x|+a)=\left||x|+a\right|+a\)

\(f(x)+f(f(x))=|x|+a+\left||x|+a\right|+a=x\)

\(|x|+\left||x|+a\right|=x-2a\)

1. за \(x<0\) је \(-x+\left|-x+a\right|=x-2a\)
   1. даље за \(-x+a<0\), односно \(x>a\) је \(-x+\left(-x+a\right)=x-2a\), па је \(x=a\). Нема решења.
   2. даље за \(-x+a\geq 0\), односно \(x\geq a\) је \(-x-x+a=x-2a\), па је \(x=a\). Нема решења, јер је \(a>0\).
2. за \(x\geq 0\) је \(x+\left|x+a\right|=x-2a\)
   1. даље за \(x+a<0\), односно \(x<-a\) је \(x+\left(x+a\right)=x-2a\), па је \(x=a\). Нема решења.
   2. даље за \(x+a\geq 0\), односно \(x\geq -a\) је \(x+x+a=x-2a\), па је \(x<0\). Нема решења.

Закључујемо да има \(0\) решења.

\(\sqrt{3\cdot 2^{\log_{10}2x}+1}+\sqrt{2\cdot 2^{\log_{10}2x}+9}=\sqrt{13\cdot 2^{\log_{10}2x}-4}\)
\(3\cdot 2^{\log_{10}2x}+1 \geqslant 0 \wedge 2\cdot 2^{\log_{10}2x}+9\geqslant 0 \wedge 13\cdot 2^{\log_{10}2x}-4 \)\(\geqslant 0\)
\(2^{\log_{10}2x}=t\)
\(3t+1+2t+9+2\sqrt{(3t+1)(2t+9)}=13t-4\)
\(\sqrt{(3t+1)(2t+9)}=4t-7 /^{2} (t\geqslant \frac{7}{4})\)
\(2t^{2}-17+8=0 \Rightarrow t=8 \vee t=\frac{1}{2}\)
\(x=500 \vee x= \frac{1}{20} , \) али је због услова једино решење: \(x=500\)

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 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 \(x=\frac{74+2\sqrt{73}}{16}\approx 4,4\)

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

\(f(x − 1)=\frac{2x-1}{x+2}\), 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:
\(f(f(x))=f(\frac{2x+1}{x+3})=\frac{2\frac{2x+1}{x+3}+1}{\frac{2x+1}{x+3}+3}=\frac{5x+5}{5x+10}=\frac{x+1}{x+2}\)

Све функције су на свом домену идентички једнаке 1. Међутим, домен прве је \(R\), а друге и треће \(R \backslash \{ k\pi | k \in Z \}\), па је \(f_1 \neq f_2 = f_3\).

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

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

\(\sin^2x+cosx+1=0 \Leftrightarrow \cos^2x-\cos x-2=0 \Leftrightarrow\)

\((\cos x+1)(\cos x-2)=0 \Leftrightarrow \)

\(\cos x+1=0 \lor \cos x-2=0\)

Једначина \(\cos x +1 =0\) нема решења, док \(\cos x-2=0\) на интервалу \((0, 4\pi)\) има два решења \(\left( \frac{3\pi}{2}, \frac{7\pi}{2} \right)\), па је укупан број решења 2.

\(\left ( \frac{\left ( -0,4 \right )^{3}}{\left ( -0,8 \right )^{3}}- \frac{\left ( -0,8 \right )^{3}}{\left ( -0,4 \right )^{3}} \right ):\left ( \frac{3}{4}-3 \right )=\left (\frac{1}{8}-8 \right )\cdot \left (- \frac{4}{9} \right )=\frac{7}{2}\)

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

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:

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

\(P_v:P_k=7:4\)