1. \(x-1\geq0 \Rightarrow x\geq 1 \)
\( 2x+x-1<2 \)
\( x<1\) ово решење не прихватамо јер не припада интервалу.
2. \(x-1<0 \Rightarrow x< 1 \)
\( 2x-x+1<2 \)
\( x<1 , \)
\( x\in(-\infty, 1) \)
 

\(\frac{2\cdot i^{2013}}{1+i}=\frac{2i}{1+i}\cdot\frac{1-i}{1-i}=\frac{2i(1-i)}{2}=1+i\)

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

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:\(4\cdot 5^{3} + 5\cdot 5^{3} + 12\cdot 5^{3}=21\cdot 5^{3}\)

\( \sqrt{7-x}=x-1 \Rightarrow 7-x\geq0 \wedge x-1\geq0\Rightarrow x\in[1,7] \)
\( \sqrt{7-x}=x-1 /^2 \)
\( 7-x=x^2-2x+1 \)
\( x^2-x-6=0 \Rightarrow x_1=2 \vee x_2=-3\) не прихватамо решење  \(x_2=-3\) јер не припада интервалу решења.

\(mx^2 - 2mx + m - 2 = 0\)

Решења једначине су различитог знака ако \(x_1x_1<0 \Rightarrow \frac{m-2}{m}<0\)

\(m\in (0,2)\)

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

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

Због услова закључујемо да једначина нема решења.

\(\binom{n}{2}=1005\binom{n}{1} \Rightarrow \frac{n(n-1)}{2}=1005n \Rightarrow n=2011\)

\(\binom{2011}{k}=\left ( \sqrt{3} \right )^{2011-k}\cdot \left ( \sqrt[3]{2} \right )^{k} \in \mathbb{Q} \Rightarrow \frac{2011-k}{2}, \frac{k}{3}\in \mathbb{Z}\)

\(k\equiv 1( mod 2) \Rightarrow k=2m+1, m\in \mathbb{Z}\)
\(k\equiv 0( mod 3) \Rightarrow 2m+1\equiv 0( mod 3)\)
\(2m\equiv -1( mod 3)\)
\(2m\equiv 2( mod 3)\)
\(m\equiv 1( mod 3)\Rightarrow m=3l+1, l\in \mathbb{Z}\)

\(k=6l+3\)

\(k\leqslant 2011\Rightarrow 6l+3\leqslant 2011 \Rightarrow l\leqslant 334,6667\)

\(334+1=335\)

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

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

\(1 + \sin 2x - 2\sin x = \cos 2x\)
\( 1 + 2\sin x \cos x - 2\sin x = \cos 2x\)
\( 2\sin x (\cos x – 1)= \cos^2x-\sin^2x-1\)
\( 2\sin x (\cos x – 1) +2\sin^2x=0\)
\( 2\sin x (\cos x-1+\sin x)=0\)
Посматрајмо прво \(\sin x=0\Rightarrow x=k\pi\) а потом размотримо  \(\cos x-1+\sin x =0\)

\( \cos x=1-\sin x\)
\( \cos^2x+\sin^2x=1\)
\( (1-\sin x)^2+\sin^2x=1\)
\( \sin x(\sin x-1)=0\) односно  \(\sin x=1 \Rightarrow x=\frac{\pi}{2}+2k\pi\)
\( x\in {0, \pi, 2\pi, 3\pi, \frac{\pi}{2}, \frac{5\pi}{2}}\)

\(4^{x-\frac{1}{x}}+16^{x-\frac{1}{x}}=72\)
\(4^{x-\frac{1}{x}}+(4^{x-\frac{1}{x}})^2=72\) 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 \(x_1x_2=-1\).

\(((\frac{7}{9}-\frac{7}{9}):1,25+(\frac{6}{7}-\frac{17}{28}):(0,358-0,108))\cdot1,6 - \frac{19}{25}=\)  \((\frac{1}{8}\cdot\frac{4}{5}+\frac{7}{28}\cdot 4)\cdot\frac{8}{5} - \frac{19}{25}=1 \)
 

\((x^3+\frac{1}{x})^{12}\)
\((x^3)^{12-5}\cdot(\frac{1}{x})^k=x^0\)
\(x^{3(12-k)-k}=x^0\)
\(4k=36\Rightarrow k=9\) пошто бројимо од  \(k=0\), тада је  \(k=9\) десети члан

\(\sqrt{10+x}-\sqrt{5-x}=\sqrt{1+x}\)

\(10+x \geqslant 0\wedge  5-x \geqslant 0\wedge  1+x\geqslant 0 \)
\(x \geqslant -10 \wedge  -x \geqslant -5 \wedge  x\geqslant -1 \Rightarrow x\in \left [ -1,5 \right ]\)

\(\sqrt{10+x}=\sqrt{1+x}+\sqrt{5-x} /^{2}\)
\(4-x=2\sqrt{(1+x)(5-x)}/^{2}, \) уз услов \(4-x\geqslant 0 \Rightarrow x\in \left [ -1,4 \right ]\)
\(5x^{2}-24x-4=0 \)
\(x_{1,2}=\frac{24\pm \sqrt{576+80}}{10}\Rightarrow x_1=\frac{12+2\sqrt{42}}{5} \vee x_2=\frac{12-2\sqrt{42}}{5}\)
\(x_1\cdot x_2=\frac{12+2\sqrt{42}}{5} \cdot  x_2=\frac{12-2\sqrt{42}}{5}=-\frac{4}{5}\)
 

\( sin\alpha=\frac{5}{13}, \frac{\pi}{2}<\alpha<\pi\)

\( sin^2\alpha+cos^2\alpha=1\Rightarrow cos\alpha=-\frac{12}{13}\)

\( cos\beta=-\frac{3}{5}, \pi<\beta<\frac{3\pi}{2}\)

\( sin^2\beta +cos^2\beta =1\Rightarrow sin\beta =-\frac{4}{5}\)

\( cos(\alpha + \beta)=cos\alpha cos\beta-sin\alpha sin\beta = \frac{56}{65}\)

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

\(\frac{1}{a+\frac{1}{b+\frac{1}{a}}}\cdot\frac{1}{b+\frac{1}{a}}\cdot \frac{1}{b+\frac{1}{a+\frac{1}{b}}}\cdot\frac{1}{a+\frac{1}{b}}=\) \(\frac{1}{a+\frac{a}{ab+1}}\frac{a}{ab+1}-\frac{1}{b+\frac{b}{ba+1}}\frac{b}{ab+1}=\)\(\frac{a}{a^2b+a+a}-\frac{b}{b^2a+b+b}=\frac{1}{ab+2}-\frac{1}{ab+2}=0\)

\(kx^2-(3k+2)x+7=0\)
\(x_1+x_2=\frac{3k+2}{k}\)
\(x_1x_2=\frac{7}{k}\)

\(\frac{1}{k_1}+\frac{1}{k_2}=\frac{x_1+x_2}{x_1x_2}=\frac{3k+2}{k}\frac{k}{7}=8\)
\(3k+2=56\Rightarrow k=18\)

\(\frac{sin(\alpha+\beta)+sin(\alpha-\beta)}{cos(\alpha+\beta)+cos(\alpha-\beta)}=  \frac{2sin\frac{2\alpha}{2}cos{2\beta}{2}}{2cos\frac{2\alpha}{2}cos{2\beta}{2}}=\frac{sin\alpha}{cos\alpha}=tg\alpha \)