\(\left ( \frac{1}{\sqrt{a}-\sqrt{b}}-\frac{2\sqrt{a}}{\sqrt{a^{3}}+\sqrt{b^{3}}}:\frac{\sqrt{a}-\sqrt{b}}{a-\sqrt{ab}+b} \right )\cdot \left ( a+b+2\sqrt{ab} \right )=\) \(\left ( \frac{1}{\sqrt{a}-\sqrt{b}}-\frac{2\sqrt{a}}{\left (\sqrt{a}+\sqrt{b}  \right )\left ( a-\sqrt{ab}+b \right )}\frac{a - \sqrt{ab}+b}{\sqrt{a}-\sqrt{b}} \right )\cdot \left ( \sqrt{a}+\sqrt{b} \right )^{2}=\) \(\frac{\sqrt{a}+\sqrt{b}-2\sqrt{a}}{\left (\sqrt{a}+\sqrt{b}  \right )\left ( \sqrt{a}-\sqrt{b} \right )}\cdot \left ( \sqrt{a}+\sqrt{b} \right )^{2}=\) \( \frac{-\sqrt{a}+\sqrt{b}}{\left ( \sqrt{a}-\sqrt{b} \right )}\cdot \left ( \sqrt{a}+\sqrt{b} \right )=\)\( -\sqrt{a}-\sqrt{b} \)

\( \frac{3x-16}{-x^2+11x-28} \geq 1 \)
\( \frac{3x-16+x^2-11x+28}{-x^2+11x-28} \geq 0 \)
\( \frac{x^2-8x+12}{-x^2+11x-28} \geq 0 \)
\( \frac{(x-2)(x-6)}{(7-x)(x-4)} \geq 0 \)

На основу табеле:
\( x\in[2,4)\cup[6,7) \)
\(x\in\{2,3,6\} \)

\(a_1+a_7=\frac{65}{16} \Rightarrow a_1+a_1q^{6}=\frac{65}{16} \Rightarrow a_1=\frac{65}{16 ( 1+q^{6})}\)
\(a_2+a_8=\frac{65}{32} \Rightarrow a_1q+a_1q^{7}=\frac{65}{32} \Rightarrow a_1=\frac{65}{32q ( 1+  q^{6})}\)
\(\frac{65}{16 ( 1+ q^{6})}=\frac{65}{32q ( 1+ q^{6})} \Rightarrow q=\frac{1}{2}\)
\(\frac{a_3}{a_{13}}=\frac{a_1q^{2}}{a_1q^{12}}=\frac{1}{q^{10}}=2^{10}\)

\(a=225^{\frac{1}{2}-\log_{15}\sqrt[4]{9}}=225^{\frac{1}{2}\left (1-\log_{15}3 \right )}=\\ 15^{1-\log_{15}3 }=\frac{15}{15^{\log_{15}3 }}=\frac{15}{3}=5\\ (a-4)^{a}=(5-1)^{5}=1\)

Тангенте постављене из тачке \(A(2,4)\) на \(x^2+y^2=2\) имају облик \(y=kx+n\) па пошто тачка \((2,4)\) њима припада биће \(4=2x+n\), односно \(n=4-2x\). Тангенте морају испунити услов \((1+k^2)r^2=(q-kp-n)^2\), па добијамо да је \(k_1=1\) и \(k_2=7\) односно \(n_1=2\) и \(n_2=-10\). Па тангенте имају облик \(t_1: y=x+2\) и \(t_2: y=7x-10\) и оне секу \(Oy, x=0\) осу у тачкама \(B(0,2)\) и \(C(0,-10)\). Па је површина троугла \(ABC\) једнака половини производа растојања између тачака \(B\) и \(C\) и удаљености тачке \(A\) од \(Oy\) осе \(P=\frac{12\cdot 2}{2}=12\). 

\(\frac{3}{\sqrt{2}+1}+\frac{4}{\sqrt{2}+2}+\frac{7}{\sqrt{2}+3}=\) \(\frac{3(\sqrt{2}-1)}{2-1}+\frac{4(\sqrt{2}-2)}{2-4}+\frac{7(\sqrt{2}-3)}{2-9}=\) \(\frac{3\sqrt{2}-3}{1}-\frac{4\sqrt{2}-8}{2}-\frac{7\sqrt{2}-21}{7}=\) \(\frac{14(3\sqrt{2}-3) -7(4\sqrt{2}-8) -2(7\sqrt{2}-21)}{14}=\) \(\frac{56}{14}=\) \(4\)

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

\(\frac{4x^{2}-5x-39}{x^{2}-x-12}\leqslant 3\\ \frac{4x^{2}-5x-39}{x^{2}-x-12}-3\leqslant 0\\ \frac{x^{2}-2x-3}{x^{2}-x-12}\leqslant 0\\ \frac{(x-3)(x+1)}{(x+3)(x-4)}\leqslant 0\)

\(x\in (-3,-1]\cup [3,4)\\ x \in\{-2,-1,3\}\)

\(J=\frac{a+b}{a-b}\frac{a-b}{a+b}=\frac{(a+b)^2-(a-b)^2}{a^1-b^2}=\frac{2a^2+2b^2}{a^2-b^2}=10\)

\(2^{x^2-3x}+(\frac{1}{2})^{x^2-3x-4}=17\) , уведимо смену \(2^{x^2-3x}=t\) па добијамо \(t+\frac{1}{t}(\frac{1}{2})^{-4}=17\) односно \(t^2-17t+16=0\) . Применом Вијетових формула добијамо \(t_1=16\) и \(t_2=2\) .

\( 2^{x^2-3x}=16 \vee 2^{x^2-3x}=2 \)
\( x^2-3x-4=0 \vee x^2-3x-1=0 \)
\( x_1=4 \vee x_2=-1 \vee x_3=\frac{3+\sqrt{13}}{2} \vee x_4=\frac{3-\sqrt{13}}{2} \)
\( x_1+ x_2 + x_3 + x_4=6\)
 

\(3\cdot16^x + 2\cdot 81^x =5\cdot36^x\)
\(3\cdot 2^{4x} + 2\cdot 3^{4x} =5\cdot2^{2x}3^{2x} / :2^{4x}\)
\(3+2((\frac{3}{2})^{2x})^2=5\cdot(\frac{3}{2})^{2x}\)
\((\frac{3}{2})^{2x}=t>0\)
\(2t^2-5t+3=0\)
\(t_{1,2} = {-b \pm \sqrt{b^2-4ac} \over 2a}\)
\(t_{1,2}=\frac{5\pm 1}{4}\)
\(t_{1,2}=\frac{5\pm 1}{4}\)
\(t_1=\frac{3}{2} \vee t_2=1\)
\((\frac{3}{2})^{2x}=\frac{3}{2} \vee (\frac{3}{2})^{2x}=1\)
\(x=\frac{1}{2} \vee x=0\)

\(80\%(90\%(500))=\frac{80}{100}\frac{90}{100}500=360.\)

Да би број био дељив са 5, последња цифра тог броја мора бити 5 или 0.
Ако је последња цифра петоцифреног броја 5, онда преостале четири цифре морају бити парни бројеви, па је таквих бројева: \(4\cdot 5\cdot 5\cdot 5=4\cdot 5^{3}\) .
Ако је последња цифра петоцифреног броја 0, онда једна од преостале четири цифре мора бити непарна, а остале три парне. Делимо поново на два случаја.
     Први: непарна цифра је на првом месту. Таквих петоцифрених бројева има: \(5\cdot 5\cdot 5\cdot 5=5\cdot 5^{3}\) .
     Други: непарна цифра није на првом месту. Овде треба водити рачуна о томе да на првим месту не сме бити ни 0. Таквих петоцифрених бројева има: \(3\cdot 5\cdot 4\cdot 5\cdot 5=12\cdot 5^{3}\) .

Па је број свих петоцифрених бројева дељивих са 5 који имају тачно једну непарну цифру једнак:\(4\cdot 5^{3} + 5\cdot 5^{3} + 12\cdot 5^{3}=21\cdot 5^{3}\)

\(z^4=(z^2)^2=((1+i)^2)^2=(2i)^2=-4 \)

\( xy=12 \Rightarrow y=\frac{12}{x} \)
\( x^2+(\frac{12}{x})^2=51 \Rightarrow x^4-51x^2+144=0\) уводимо смену \(x^2=t \)и даље решавамо \(t^2-51t+144=0\) . Одатле добијамо да је \(t_1=48 \vee t_2=3\) односно
\( x^2=48 \vee x^2=3 \)
\( x_1=4\sqrt{3} \vee x_2=-4\sqrt{3} \vee x_3=\sqrt{3} \vee x_4=-\sqrt{3} \)
\( y_1=\sqrt{3} \vee y_2=-\sqrt{3} \vee y_3=4\sqrt{3} \vee y_4=-4\sqrt{3}\)
Како је услов задатка да \(0 < x \leq y\) тада једино узимамо у обзир  \(x_3=\sqrt{3}, y_3=4\sqrt{3}\) . Тада је \(y - x^3\) једнако \(\sqrt{3} \)

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

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

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

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

Посматраћемо два скупа случајева:
1. _ _ _ _ _ бројеви које почињу непарним цифрама. На последње место могу доћи 3 цифре, на прво место 3 цифре и на остала места, редом 4,3,2,1 цифра. Па је број комбинација \(3\cdot 3\cdot 4\cdot 3\cdot 2\cdot 1=216\)
2. _ _ _ _ _ бројеви које почињу непарним цифрама. На прво место могу доћи 2 цифре, на последње место такође 2 цифре и на остала места, редом 4,3,2,1 цифра. Па је број комбинација \(2\cdot 2\cdot 4\cdot 3\cdot 2\cdot 1=96\)

И укупно 312 комбинација.

\(\cos ^{2}\frac{\alpha }{2}+\cos ^{2}\alpha =\frac{1}{2}\\ \frac{1+\cos \alpha}{2}+\cos ^{2}\alpha =\frac{1}{2}\\ \cos \alpha(1+2\cos \alpha)=0\\ \cos \alpha=0 \vee \cos \alpha=-\frac{1}{2}\\ \alpha=\frac{\pi }{2}+k\pi \vee \alpha=\frac{2\pi }{3}+2k\pi \vee \alpha=\frac{4\pi }{3}+2k\pi , k\in \mathbb{Z}\\ \alpha=\frac{3\pi }{2} \vee \alpha=\frac{4\pi }{3}\\ \frac{3\pi }{2}+\frac{4\pi }{3}=\frac{17\pi }{6}\)

\(\cos ^{4}x-\sin ^{4}x=1+\sin x\)
\((\cos ^{2}x-\sin ^{2}x)(\cos ^{2}x+\sin ^{2}x)=1+\sin x\)
\(1-2\sin ^{2}x=1+\sin x\)
\(\sin x(2\sin x+1)=0\)

\(\sin x=0 \vee \sin x=-\frac{1}{2}\)

\(x=k\pi  \vee x=\frac{7\pi }{6} +2k\pi  \vee x=\frac{11\pi }{6} +2k\pi,k\in \mathbb{Z}\)

\(x\in \{\cdots ,-\frac{5\pi }{6},-\frac{\pi }{6},0,\pi ,\frac{7\pi }{6},\cdots \}\)

\(-\frac{\pi }{6} + \pi=\frac{5\pi }{6}\)