Тачан је исказ: \(f_1=f_2\neq f_3\) због ралике у домену и кодомену.

Пре него што квадрирамо ову неједнакост, обратимо пажњу на услове \(3x+1\geq0 \Rightarrow x\geq-\frac{1}{3}\) и \(6-x\geq0\Rightarrow x\leq 6 ,\) односно \(x\in[-\frac{1}{3},6] \).

\( \sqrt{3x-1}+\sqrt{6-x}=5\)

\( 3x+1+2\sqrt{(3x-1)(6-x)}+6-x=25\)

\( \sqrt{(3x-1)(6-x)}=9-x /^2 \)Обратимо пажњу на \(9-x\geq 0\Rightarrow x\leq 9\)

\( -4x^2+35x-75=0\)

\( x_{1,2}=\frac{-35\pm 5}{-8}\)

\( x_1\cdot x_{2}=\frac{75}{4}\)

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

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

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

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

Размотримо услове: \(x-3\geq 0\Rightarrow x\geq3\) и \(8-x\geq0\Rightarrow x\leq 8.\)
\(\sqrt{x-3}+\sqrt{8-x}=3/^2\)
\(x-3+2\sqrt{(x-3)(8-x)}+8-x=9\)
\(\sqrt{(x-3)(8-x)}=2/^2\)
\(-x^2+11x-28=0\) Па добијамо да је \(x_1=4\) и \(x_2=7\) односно \(x_2-x_1=7-4=3\).

\( xy=12 \Rightarrow y=\frac{12}{x} \)
\( x^2+(\frac{12}{x})^2=51 \Rightarrow x^4-51x^2+144=0\) 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 \(\sqrt{3} \)

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 \(x_0\cdot y_0=-12\).

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

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

Пошто је наспрам веће странице већи угао, највећи угао у овом троуглу ће бити угао наспрам странице \(c\) и означићемо га са \( \gamma\). Користићемо косинусну теорему:

\(c^2=a^2+b^2-2ab\cos\gamma\)
\(\cos\gamma=\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}\)
\(\cos\gamma=\frac{-6}{6\sqrt{2}}=-\frac{1}{\sqrt{2}}\)
\(\gamma=\frac{3\pi}{4}\)

\( x^2+10\sqrt{3}x+6\sqrt{3}=0\)

\( \frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}=\frac{x_1+x_2}{x_1x_2}=\frac{-10\sqrt{3}}{6\sqrt{3}}=-\frac{5}{3}\)

Размотримо прво услове у логаритмима \(x+1>0 \Rightarrow x>-1,\)  \(3x+1>0 \Rightarrow x>-\frac{1}{3}\) ,  \(5x-4>0 \Rightarrow x>\frac{4}{5}\) ,  \(x-2>0 \Rightarrow x>2\) , па закључујемо да \(x>2\) .

\( log_3(x+1)-log_3(3x-1)+log_3(5x-4)=2log_3(x-2) \)
\( log_3\frac{(x+1)(5x-4)}{3x-1}=log_3(x-2)^2 \)
\( (x+1)(5x-4)=(3x-1)(x-2)^2 \)
\( 3x^3-18x^2+15x=0 \)
\( 3x(x^2-6x+5)=0 \)
 \(x_1=0 \vee x_2=5 \vee x_3=1\) прихаватамо само решење  \(x_2=5\) , јер остала не задовољавају критеријум услова.

\( log_64=2log_62=\frac{2}{log_23+1}=\frac{2}{a+1}\)

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

\(2^{x^2-3x}+(\frac{1}{2})^{x^2-3x-4}=17\) , 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 \(t_2=2\) .

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

\(P(x)=x^{2014}+x^{2013}+ax+b\)
\(Q(x)=x^2-1=(x-1)(x+1)\)
\(P(1)=1+1+a+b=0\)
\(P(-1)=1-1-a+b=0\) Одатле добијамо да је \( b=-1\) и \(a=-1\) па је \(2a-5b=3\).

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

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 \(P=\frac{12\cdot 2}{2}=12\). 

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

\(ab+\frac{a^2b+ab^2}{a^2-b^2}(\frac{a^2}{b}-\frac{b^2}{a})=\) 

\(ab+\frac{ab(a+b)}{(a-b)(a-b)} \frac{(a-b)(a^2+ab+b^2)}{ab}= \) 

\(ab+a^2+ab+b^2=(a+b)^2=9\)