\(h=\frac{4cm\sqrt{3}}{2}=2\sqrt{3}cm\\ x=\frac{c}{2}=\frac{4cm}{2}=2cm\\ 2x+b=a \Rightarrow b=5cm\\ P=\frac{a+b}{2}h=\frac{9cm+5cm}{2}2\sqrt{3}cm=14\sqrt{3}cm^{2}\)

\(2\sin^2x=\sin2x\)
\(2\sin^2x=2\sin x \cos x\)
\(2\sin x(\sin x-\cos x)=0\)

Односно \(\sin x=0\), што значи да је \(x=k\pi\).
И \(\sin x=\cos x \rightarrow tgx=1\), што значи да је \(x=\frac{\pi}{4}+k\pi\).

Па су решења: \(-\pi, 0, \pi, \frac{\pi}{4}, -\frac{\pi}{4}\).

\(\frac{11+2i}{3-4i}\cdot \frac{3+4i}{3+4i}=\frac{25+50i}{25}=1+2i\)

\(\binom{6}{3}\binom{7}{2}=\frac{6\cdot 5 \cdot 4}{3\cdot 2}\cdot\frac{7\cdot 6}{2}=420\)

\(V=6\pi=r^2\pi H\Rightarrow H=\frac{6}{r^2}\)
\(M=4\pi=2r\pi H\Rightarrow rH=2\)
одатле можемо закључити  \(r=3\)  и \(H=\frac{2}{3}\)

\(\frac{r}{H}=\frac{9}{2}\)

\(1+\log_{2}(2^{x}-1)=\log_{2^{x}-1}64\)
\(2^{x}-1>0 \wedge 2^{x}-1\neq 1 \Rightarrow x>0 \wedge x\neq 1\)
\(1+\log_{2}(2^{x}-1)=\frac{6}{\log_{2}(2^{x}-1)}\)
\(\log_{2}(2^{x}-1)=t\)
\(1+t=\frac{6}{t}/t\neq 0\)
\(t^{2}+t-6=0 \Rightarrow t=-3 \vee t=2\)
\(\log_{2}(2^{x}-1)=-3 \vee \log_{2}(2^{x}-1)=2\)
\(2^{x}-1=2^{-3} \vee 2^{x}-1=2^{2}\)
\(x_1=\log_{2}\frac{9}{8} \vee x_2=\log_{2}5\)
\(a=x_1+x_2=\log_{2}\frac{9}{8} +\log_{2}5=\log_{2}\frac{45}{8}\)
\(2^{a+3}=2^{a}\cdot 2^{3}=\frac{45}{8}\cdot 8=45\)

\(\frac{x^2}{169}+\frac{y^2}{144}=1 \Rightarrow \frac{x^2}{13^2}+\frac{y^2}{12^2}=1 \Rightarrow a=13,b=12\)
\(e=\sqrt{1-\frac{b^{2}}{a^{2}}}=\frac{5}{13}\)
\(e=\frac{c}{a} \Rightarrow c=5 \Rightarrow A(5,0); B(-5,0)\)
\(c=\left | AB \right |=\sqrt{(5-5)^{2}+\left ( \frac{15}{2}-0 \right )^{2}}=\frac{15}{2}\)
\(a=\left | BC \right |=\sqrt{(-5-5)^{2}+\left ( 0-0 \right )^{2}}=10\)
\(b=\left | AC \right |=\sqrt{(-5-5)^{2}+\left ( 0-\frac{15}{2} \right )^{2}}=\frac{25}{2}\)
\(O=a+b+c=\frac{15}{2}+10+\frac{25}{2}=30\)

\(\log \sqrt{x-2}+3\log \sqrt{x+2}=\frac{1}{2}+\log \sqrt{x^{2}-4}\)
\(x-2>0 \wedge x+2>0 \wedge x^{2}-4>0 \Rightarrow x>2\)

\(\log \frac{\sqrt{x-2}\cdot \sqrt{x+2}^{3}}{\sqrt{x^{2}-4}}= \frac{1}{2}=\log 10^{\frac{1}{2}}\)
\(\frac{\sqrt{x-2}\cdot \sqrt{x+2}^{3}}{\sqrt{x^{2}-4}}= \sqrt{10}\)
\(x+2=\sqrt{10}\)
\(x=\sqrt{10}-2\approx -1,1\)

Због услова закључујемо да једначина нема решења.

Због апсолутних вредности, интервал у коме се могу наћи решења делимо на три итервала:
 
1. \(x\in(-\infty,0]\)
\(-x-x+1=x+\frac{1}{2}\)
\(-3x=-\frac{1}{2}\)
\(x=\frac{1}{6}\), али ово решење не припада интервалу\( x\in(-\infty,0]\).

2. \(x\in(0,1]\)
\(x-x+1=x+\frac{1}{2}\)
\(x=\frac{1}{2}\)

3.\( x\in(1,+\infty)\)
\(x+x-1=x+\frac{1}{2}\)
\(x=\frac{3}{2}\)
Производ свих реалних решења једначине je \(\frac{1}{2}\frac{3}{2}=\frac{3}{4}\)

\( tg2\alpha=\frac{sin2\alpha}{cos2\alpha}=\frac{2sin\alpha cos\alpha}{cos^2\alpha-sin^2\alpha}=\frac{\frac{2}{3}cos\alpha}{1-2\frac{1}{9}} \)
\( sin^2\alpha +cos^2\alpha=1\Rightarrow cos^2\alpha=\frac{8}{9}\Rightarrow cos\alpha=\frac{2\sqrt{2}}{3} \)
\( tg2\alpha=\frac{\frac{2}{3}cos\alpha}{1-2\frac{1}{9}}=\frac{4\sqrt{2}}{7} \)

\(4^{x-\frac{1}{x}}+16^{x-\frac{1}{x}}=72\)
\(4^{x-\frac{1}{x}}+(4^{x-\frac{1}{x}})^2=72\) уводимо смену \((4^{x-\frac{1}{x}}=t)\)
\(t^2+t-72=0\) Па користећи Вијетове формуле добијамо да је \(t_1=-9\) и \(t_2=8\). Решење \(t_1=-9\) не прихватамо. Па добијамо: \(2^{x-\frac{1}{x}}=2^2\), односно \(2x^2-3x-2=0\Rightarrow x^2-\frac{3}{2}-1=0\) па је \(x_1x_2=-1\).

Из текста задатка можемо закључити да је \(a<b<c\) па онда важи слика! Због угла \(\alpha=\frac{\pi}{6}\) важи да је \(h=\frac{b}{2}=\frac{3\sqrt{3}}{2}\) . Па је \(c_1=\frac{b\sqrt{3}}{2}=\frac{9}{2}\) а онда је \(c_2=\frac{3}{2}\) . Па је \(a=\sqrt{h^2+c_2^2}=3\)  

Размотримо услове \(2x^2 - x + 3\geq0\) и \( x +1\geq0\), како је \(2x^2 - x + 3\) увек позитивно закључујемо коначно  \(x\geq -1\) .
\(\sqrt{2x^2 - x + 3} = x +1/^2\)
\(2x^2 - x + 3 = x^2 +2x+1\)
\(x^2-3x+2=0\) па је \(x_1=1\) и \(x_2=2\) односно \(x_1+x_2=3\)

Једначина праве која пролази кроз \(AB\) је \(\frac{x-xA}{x_B-x_A}=\frac{y-y_A}{y_B-y_A}\) односно \(y=-3x+5\). Коефицијент правца нормале је \( \frac{1}{3}\), па ће нормала имати облик \(y=\frac{1}{3}x+n\). Како њој припада тачка  \(C(6,-3)\), заменом њених координата добијамо да је \(n=-5\). Односно једначина нормале је  \(y=\frac{1}{3}x-5\). Да бисмо пронашли тачку пресека праве  \(y=-3x+5\) и нормале  \(y=\frac{1}{3}x-5\) изједначимо њихове вредности \(-3x+5=\frac{1}{3}x-5\). Тако да добијамо \(x=3\) и \(y=-4\), па је \(x_0\cdot y_0=-12\).

\(\log_{\frac{1}{2}}(x^{2}-2x+1)>\log_{2}\frac{1}{4}\)

\(x^{2}-2x+1>0 \Rightarrow x\neq 1\)

\(\log_{\frac{1}{2}}(x^{2}-2x+1)>\log_{\frac{1}{2}}4\)

\(x^{2}-2x+1<4 \Rightarrow x^{2}-2x-3<0 \) и затим користећи Вијетове формуле добијамо да је:

\(x\in (-1,3) \wedge x\neq 1 \Rightarrow x\in(-1,1)\cup (1,3)\)

\(2+4^{\sqrt{x^{2}-3}+x-3}=6\cdot 2^{\sqrt{x^{2}-3}+x-4}\)
\(x^{2}-3\geqslant 0 \Rightarrow x\in \left (-\infty , -\sqrt{3} \right ]\cup \left [ \sqrt{3},+\infty \right )\)
\(2+4\cdot \left (2^{\sqrt{x^{2}-3}+x-4} \right )^{2}=6\cdot 2^{\sqrt{x^{2}-3}+x-4}\)
\(2^{\sqrt{x^{2}-3}+x-4}=t\)
\(2+4t^{2}=6t \Rightarrow 2t^{2}-3t+1=0 \Rightarrow t=1 \vee t=\frac{1}{2}\)
\(2^{\sqrt{x^{2}-3}+x-4}=1=2^{0} \vee 2^{\sqrt{x^{2}-3}+x-4}=\frac{1}{2}=2^{-1}\)
\(\sqrt{x^{2}-3}+x-4=0 \vee \sqrt{x^{2}-3}+x-4=-1\)
\(\sqrt{x^{2}-3}=4-x \vee \sqrt{x^{2}-3}=3-x\)
\(4-x\geqslant 0 \wedge 3-x\geqslant 0 \wedge x\in \left (-\infty , -\sqrt{3} \right ]\cup \left [ \sqrt{3},+\infty \right ) \)\(\Rightarrow x\in \left (-\infty , -\sqrt{3} \right ]\cup \left [ \sqrt{3},3\right ]\)
\(x^{2}-3=16-8x+x^{2} \vee x^{2}-3=9-6x+x^{2}\)
\(x_1=\frac{19}{8}=2\frac{3}{8} \vee x_2=2\)
\(x_1\cdot x_2=\frac{19}{4}\)

\(p : x - 3y + 5 = 0\)
\(y=\frac{1}{3}x+\frac{5}{3}\Rightarrow k_1=\frac{1}{3}\)

\(q : 2x - y - 3 = 0 \)
\(y=2x-3 \Rightarrow k_2=2\)

\(tg\alpha=\frac{k_2-k_1}{1+k_1k_2}=1\Rightarrow \alpha=45^{\circ}\)

\(n_1=n+7\)
\(D_{n_1}=D_n + 119\)
\(\frac{(n+7)(n+7-3)}{2}=\frac{n(n-3)}{2}+119\)
\(14n=210\)
\(n=15\)

Нека је  \(x\)  број књига које су продате другог дана, тада је збир продатих књига сва три дана:

\(60\%x+x+\frac{3}{4}(60\%x+x)=10500\)

\(\frac{60}{100}x+x+\frac{3}{4}\left (\frac{60}{100}x+x  \right )=10500\)

\(x=3750\), дакле толико књига је продато другог дана.

Првог дана је продато: \(60\%3750=\frac{60}{100}3750=2250\) књига

\(\cos(\alpha + \beta)\cos(\alpha - \beta)- \sin(\alpha + \beta)\sin(\alpha - \beta)=\cos(\alpha+\beta+\alpha-\beta)= \cos2\alpha \)