Раван која садржи попречни пресек ваљка сече лопту по великом кругу, а ваљак по правоугаонику уписаном у тај круг, димензија \(2r\) и \(h\), где су \(r\) и \(h\) редом, полупречник основе и висина ваљка (притом је \(0<h<2R\)). Следи \(4r^2+h^2=4R^2\), па је запремина ваљка \(V=r^2\pi h=\pi \left(R^2h-\frac{h^3}{4}\right)\). Како је \(V^{'}(h)=\pi \left(R^2-\frac{3h^2}{4}\right)\), \(V(h)\) расте на \(\left(0, \frac{2R}{\sqrt{3}} \right)\), опада на \(\left(\frac{2R}{\sqrt{3}}, 2R \right)\), па је њен максимум \(V\left(\frac{2R}{\sqrt{3}}\right)=\frac{4}{3\sqrt{3}}R^3\pi\).

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

\((x^2-2x)^{13}\)

Коефицијент уз \(x^{24}\) у развијеном облику \((x^2)^{13-k}\cdot (2x)^k=x^{24}\Rightarrow   x^{26-2k+k}\cdot 2^k\). Пошто степен уз \(x\) треба да буде једнак \(24\) закључујемо да је \(k=2\) и памтимо \(2^k\) које користимо у следећој формули.
Pa je коефицијент уз \( x^{24}\) у развијеном облику \({n \choose k}\cdot 2^k=  {13 \choose 2}\cdot 2^2=  \frac{13\cdot 12}{2}\cdot 4=312 \).

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

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

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:

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

\(P_v:P_k=7:4\)

\(D_{10}=\frac{n(n-3)}{2}=\frac{10\cdot 7}{2}=35\)

Ако је \(\frac{x+3}{x+1}=5\), следи \(x=-\frac{1}{2}\). Заменом \(x=-\frac{1}{2}\), добија се \(f(5)=3 \cdot \left( - \frac{1}{2} \right)+2=\frac{1}{2}\).

Ако је угао између изводнице и висине је \(60^{\circ}\), то значи да је \(s=2H\). А како знамо да је изводница  за 2cm дужа од висине, можемо да израчунамо следеће:
\(2H=s\)
\(2H=2+H\),

одакле закључујемо да је \(H=2cm\) односно \(s=4cm\) и применом Питагорине теореме \(r^2=s^2-H^2\) добијамо да је \(r=2\sqrt{3}\). Сада можемо израчунати запремину \(V=\frac{1}{3}BH=8\pi cm^3\)

\( \sqrt{1-x}=-x  \setminus ^2 \)
\(1-x=x^2\)
\(x^2+x-1=0\)
\(x_{1,2}=\frac{-1\pm\sqrt{5}}{2}\)

Потребно је да размотримо два услова, први – вредност под кореном мора бити ненегативна  \(1-x\geq 0\), односно \(x \leq 1\) и други – резултат кореновања је позитиван \(-x\geq 0\) односно \(x \leq 0\). Па закључујемо да \(x \leq 0\), тако да обацујемо решење \(x=\frac{-1+\sqrt{5}}{2}\). 
Једначина има тачно једно решење и оно је негативно.

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

Збир унутрашњих углова петоугла је \((5 — 2) \cdot 180° = 540°\). По условима задатка углови су \(3t, 4t, 5t, 7t, 8t,\) па је \((3 + 4 + 5 + 7 + 8)t = 540°\). Следи \(t = 20°\), па је разлика највећег и најмањег угла \(8t-3t = 100°\).

\(a_{1}+a_{2}+ \cdots+a_{98}=137\)

\(a_{1}+a_{2}+(a_1+2d)+a_4+ \cdots+(a_1+96d)+a_{98}=137\)

\((a_{2}+a_{4}+ \cdots+a_{98})+49a_{1}+(2d+4d+\cdots +96d )=137\)

\((a_{2}+a_{4}+ \cdots+a_{98})+49a_{1}+(2+4+\cdots +96 )=137\)

\((a_{2}+a_{4}+ \cdots+a_{98})+49a_{1}+24\cdot 98=137\)

\((a_{2}+a_{4}+ \cdots+a_{98})+49a_{1}+2352=137\)

Како је \(S_n=\frac{n}{2}\left( 2a_1+(n-1)d\right)\) следи да је \(S_{98}=\frac{98}{2}\left( 2a_1+(98-1)\right)=137\). Одатле је \(a_1=-\frac{2308}{49}\).

Када то уврстимо у претходну једнакост добијамо \((a_{2}+a_{4}+ \cdots+a_{98})+49\cdot\left( -\frac{2308}{49}\right)+2352=137\). Сада је:

\((a_{2}+a_{4}+ \cdots+a_{98})+44=137\)

\(a_{2}+a_{4}+ \cdots+a_{98}=93\)

Како је збир углова у троуглу \(180^{\circ}\), важи \(\sphericalangle BCA= \sphericalangle CAB = 80^{\circ}\). По синусној теореми следи \(\frac{a}{b}=\frac{CA}{AB}=\frac{\sphericalangle ABC}{\sphericalangle BCA}= \frac{\sin 20^{\circ}}{\sin 80^{\circ}}\)

​\(\frac{a}{b}=\frac{2\sin 10^{\circ}\cos 10^{\circ}}{\sin (90^{\circ}-10^{\circ})}=\frac{2\sin 10^{\circ}\cos 10^{\circ}}{\cos 10^{\circ}}\)​

​\(\frac{a}{b}=2\sin 10^{\circ}\)​.

Сада је ​\(I=\frac{a^2}{b^2}+\frac{b}{a}=4\sin^2 10^{\circ}+\frac{1}{2\sin 10^{\circ}}\)​

​\(I=\frac{8\sin^3 10^{\circ}+1}{2\sin 10^{\circ}}\)​.

Како је \(\sin 3x=3\sin x-4\sin^3 x\),

следи \(8\sin^3 x=6\sin x-2\sin 3x\) одакле је \(8\sin^3 10^{\circ}=6\sin 10^{\circ}-2\sin 30^{\circ}=6\sin 10^{\circ}-1\),

па следи \(I=\frac{(6\sin 10^{\circ}-1)+1}{2\sin 10^{\circ}}=\frac{6\sin 10^{\circ}}{2\sin 10^{\circ}}=3\).

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

\(x-2y+4=0 \Rightarrow x=2y-4 \Rightarrow 3(2y-4)+y-9=0\\ \Rightarrow y=3, x=2 \Rightarrow C(2,3)\\ r=d(C,p)= \frac{\left | 3\cdot 2+4\cdot 3+2 \right |}{\sqrt{3^{2}+4^{2}}}=\frac{20}{5}=4\\ k:(x-2)^{2}+(y-3)^{2}=4^{2}\\ x^{2}-4x+y^{2}-6y-3=0\)

Чланови развоја су облика \({13\choose k} (x^2)^k(-2x)^{13-k}={13\choose k}(-2)^{13-k}x^{13+k}\) за \(0 \leq k \leq13, k \in Z\). Члан \(x^{24}\) се добија за \(k=11\) и одговарајући коефицијент је \((-2)^2 {13 \choose 11}=312\).

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:

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

\(a=0,1^{0,1}=\left( \frac{1}{10} \right)^{\frac{1}{10}}=\sqrt[10]{\frac{1}{10}}=\sqrt[10]{\frac{100}{1000}}\)

\(b=0,2^{0,2}=\left( \frac{2}{10} \right)^{\frac{2}{10}}=\sqrt[10]{\left(\frac{2}{10}\right)^2}=\sqrt[10]{\frac{4}{100}}=\sqrt[10]{\frac{40}{1000}}\)

\(c=0,3^{0,3}=\left( \frac{3}{10} \right)^{\frac{3}{10}}=\sqrt[10]{\left(\frac{3}{10}\right)^3}=\sqrt[10]{\frac{27}{1000}}\)

Закључујемо да је \(c<b<a\).

Ако је \(\gamma\) угао између \(a\) и \(b\), следи \(\frac{12}{13}=\frac{ab\sin\gamma}{2}\) па је \(\sin \gamma=\frac{12}{13}\), а \(\cos^2\gamma=1-\sin^2\gamma=\frac{25}{169}\). Како је троугао оштроугли, следи \(\cos \gamma=\frac{5}{13}\), па по косинусној теореми следи \(c^2=a^2+b^2-2ab\cos\gamma=1+4-4 \cdot \frac{5}{13}=\frac{45}{13}\), тј. \(c=\frac{3\sqrt{5}}{\sqrt{13}}\).