\(\left | a+\frac{1}{a} \right |=3 \Rightarrow \left ( a+\frac{1}{a} \right )^{2}=9\\ \Rightarrow a^{2}+\frac{1}{a^{2}}=7\\ \left ( a-\frac{1}{a} \right )=a^{2}-2+\frac{1}{a^{2}}=5 \Rightarrow\\ \left | a-\frac{1}{a} \right |=\sqrt{5}\)

\(\sin^2x+cosx+1=0 \Leftrightarrow \cos^2x-\cos x-2=0 \Leftrightarrow\)

\((\cos x+1)(\cos x-2)=0 \Leftrightarrow \)

\(\cos x+1=0 \lor \cos x-2=0\)

Једначина \(\cos x +1 =0\) нема решења, док \(\cos x-2=0\) на интервалу \((0, 4\pi)\) има два решења \(\left( \frac{3\pi}{2}, \frac{7\pi}{2} \right)\), па је укупан број решења 2.

\(\left ( x^{3}\right )^{13-k}\left (\sqrt{y}\right )^{k} =x^{27}y^{2} \Rightarrow k=4\Rightarrow \\ \binom{n}{k}=\binom{13}{4}=\frac{13\cdot 12\cdot 11\cdot 10}{4\cdot 3\cdot 2\cdot 1}=715\)

\(P(1)=1+a+b-4=0\\ P(-1)=-1+a-b-4=0\\ a=4, b=-1\\ a^{2}+b^{2}=17\)

Најпре је

\(Z=\left( \frac{1+i}{1-i}\right)^{2015}+\frac{-1+5ki}{3i}-1=\frac{(1+i)^{2015}}{(1-i)^{2015}}+\frac{-1+5ki}{3i}-1\)

Како је:

\((1+i)^{2015}=\left( (1+i)^2\right)^{1007}(1+i)=2^{1007}(1-i)\)

\((1-i)^{2015}=\left( (1-i)^2\right)^{1007}(1-i)=2^{1007}(1+i)\)

Следи да је:

\(Z=\frac{2^{1007}(1-i)}{2^{1007}(1+i)}+\frac{-1+5ki}{3i}-1\)

\(Z=\frac{(1-i)}{(1+i)}+\frac{-1+5ki}{3i}-1\)

\(Z=\left( \frac{3}{5}k-1\right)+i\left( -\frac{2}{3}\right)\)

Сада је \(|Z|=\sqrt{\left( \frac{3}{5}k-1\right)^2+\left( -\frac{2}{3}\right)^2}\).

\(min|Z|\) је за \(\frac{3}{5}k-1=0\)

Следи да је \(k=\frac{3}{5}\).

Ако је \(t>-1\), како је \((e^{-x})^{'}=-e^{-x}\) тангента у тачки је \((e, e^{-t})\) је \(y=-e^{-t}x+e^{-t}(1+t)\), њен пресек са \(x\)-осом \(A(1+t,0)\), а са \(y\)-осом је \(B(0,e^{-t}(1+t))\), па је површина \(\bigtriangleup{ABC}\) једнака је \(P(t)=\frac{OB\cdot OA}{2}=\frac{1}{2} \cdot (1+t)^2e^{-t}\). Како је \(P^{'}(t)=\frac{1}{2} \cdot (2(1+t)e^{-t}-(1+t)^2e^{-t})=\frac{(1+t)e^{-t}}{2}\cdot (1-t)\), следи \(P^{'}(t)>0\) за \(t \in (-1,1)\),  \(P^{'}(t)<0\) за \(t \in (1, \infty)\), oдносно функција расте на интервалу ​\(t \in (-1,1)\)​, а опада на ​\(t \in (1, \infty)\)​ па достиже максимум за \(t=1\) и он износи \(P(1)=\frac{2}{e}\).

Како \(M\) припада графику функције, следи \(\frac{1}{19}=\frac{1}{9+3a+2}\), одакле је \(a=\frac{8}{3}\), па је \(y=\frac{1}{(x-\frac{4}{3})^2+\frac{2}{9}}\). Следи да је функција дефинисана за \(x \in R\), узима позитивне вредности, важи \(y=\frac{1}{(x-\frac{4}{3})^2+\frac{2}{9}} \leq\frac{1}{\frac{2}{9}}=\frac{9}{2}\) и притом је \(f(\frac{4}{3})=\frac{9}{2}\).

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

\(f(g(2))=f\left (\sin \frac{\pi }{12}2 \right )=f\left (\sin \frac{\pi }{6} \right )=f\left (\frac{1}{2} \right )=\frac{1}{8}-\frac{3}{2}=-\frac{11}{8}\)

Парабола је график квадратне функције, па ћемо оваај задатак решити тако што посматрамо систем једначина, односно једначину \(2x+p=x^2-x\) и тражићемо вредности \(p\) за које је дискриминанта \(0\). 
\(x^2-3x-p=0\)
\(D=b^2-4ac=9+4p=0\)
\(p=-\frac{9}{4}\)

Због апсолутних вредности посматраћемо неколико различитих интевала којима x припада. 

1. \( x\in(-\infty,-\frac{1}{2}]\)
\(f(x)=-2x-1-x+3+5x-4=2x-2\), ова функција је растућа, па ће максимум достићи у крајњој десној тачки интервала \(f(-\frac{1}{2})=-3\).

2. \(x\in(-\frac{1}{2},\frac{4}{5}]\)
\(f(x)=2x+1-x+3+5x-4=6x\), и ова функција је растућа, па ће максимум достићи у крајњој десној тачки интервала \(f(\frac{4}{5})=\frac{24}{5}\).

3. \(x\in(\frac{4}{5},3]\)
\(f(x)=2x+1-x+3-5x+4=-4x+8\), ова функција је опадајућа, па ће максимум достићи у крајњој левој тачки интервала. Односно максимум ће тежити претходно израчунатој вредности
4. \(x\in(3,+\infty)\)
\(f(x)=2x+1+x-3-5x+4=-2x+2\), и ова функција је опадајућа, па ће максимум бити у крајњој левој тачки интервала и свакао ће бити мањи него у претходном интервалу.

Тако да закључујемо да функција достиже максимум \(f(\frac{4}{5})=\frac{24}{5}\).

\(P_1=2B\\ a\cdot c=2a^{2} \Rightarrow c=2a\\ \cos \alpha =\frac{a}{c}=\frac{a}{2a}=\frac{1}{2} \Rightarrow \alpha =60^o\)

Неједначина је дефинисана за \(1-x<0\) и \(2x+6>0\), односно на скупу \((-3,1)\). На том скупу је еквивалентна са \(\ln \frac{(1-x)^2}{2x+6} \leq 0 \Leftrightarrow \frac{(1-x)^2}{2x+6} \leq 1 \Leftrightarrow \frac{(x+1)(x-5)}{2(x+3)}\leq0\). На интервалу \((-3,1)\) је \(x-5<0\), \(x+3>0\),па је неједначина еквивалентна са \(x+1 \geq0\), тј. решење је \(x \in [-1,1)\).

Ако једначину \(\frac{x-1}{\sqrt{x}+1}= 4+\frac{\sqrt{x}-1}{2}\) помножимо са \(2(\sqrt{x}+1)\), добићемо \(2x\sqrt{x} – 10\sqrt{x}+x=9\). Уведимо смену \(\sqrt{x}=t\), тада важи да је \(t\geq0\), па добијамо\( 2t^3+t^2-10t-9=0\). Ако размотримо једначину, приметићемо да је \(t_1=-1\) једно од решења (које не задовољава услове, па га на крају задатка нећемо узимати у обзир прихватљивих решења, али ћемо га користита сада како бисмо упростили једначину). Једначину ћемо поделити са \((t+1)\). Накој дељења добијамо \(2t^2-t-9=0\) и користећи Вијетове формуле добијамо да је \(t_{1,2}=\frac{1\pm\sqrt{73}}{4}\). Решење \(t_{1}=\frac{1-\sqrt{73}}{4}\)  не узимамо у разматрање јер \(t\geq0\), па закључујемо да је \(\sqrt{x}=t=\frac{1+\sqrt{73}}{4}\). Односно \(x=\frac{74+2\sqrt{73}}{16}\approx 4,4\)

Пошто у задатку имамо функцију \(f\big(\frac{x+3}{x+1}\big)=3x+2\), уведимо смену \(\frac{x+3}{x+1}=t\). Тада ће бити \(x=\frac{t-3}{1-t}\). Заменимо вредност \(t\) у почетну функцију и израчунајмо \(f(t)\).
\(f(t)=3\frac{t-3}{1-t}+2\), овако записана једнакост нам омогућава да израчунамо \(f(5)\).
\(f(5)=3\frac{2}{-4} + 2=\frac{1}{2}\).

Одредимо први извод \(4 - \frac{9\pi ^2}{x^2}+\cos(x) \). Да бисмо одредили нулу ове функције пробајмо да одвојено посматрамо два дела. Посматрајмо рационални део и због услова у задатку \(x>0\) , узећемо позитивно решење \(x=\frac{3\pi}{2} .\) Пошто у тој тачки и део \(\sin x\) има минимум, тиме је \(x=\frac{3\pi}{2}\) минимум целе функције.  Када ту вредност заменимо у почетну функцију добијамо да је  \(min=12π−1.\)

По Питагориној теореми, друга катета је \(b=15cm\). Како је површина правоуглог троугла \(\frac{ab}{2}\), а и \(\frac{(a+b+c)r}{2}\) (где je r полупречник уписаног круга), следи \(r=\frac{ab}{a+b+c}=3\).

р

Како је ​\(x^4+px^2+q=(x^2+px+q)(x^2-px+(p^2+px-q))-p(p^2+p-2q)x-q(p^2+p-q-1)\)​ , следи да ​\(x^2+px+q\)​ дели ​\(x^4+px^2+q\)​ ако и само ако је \(p(p^2+p-2q)x=0\) и \(q(p^2+p-q-1)=0\). Ако је \(p=0\)​, друга једначина постаје \(q(-1-q)=0 \Leftrightarrow q \in \left\{-1,0\right\}\). Ако је \(p\neq 0\), мора бити \(p^2+p-2q=0\), па заменом у другу једначину следи \(q(q-1)=0\). Ако је  \(q=0\), следи \(p^2+p=0\), тј \(p=-1\) (при чему је \(p \neq0\)). Ако је \(q=1\), следи \(0=p^2+p-2=(p+2)(p-1) \Leftrightarrow p\in \left\{ -2,1\right\}\). Дакле, све могућности су \((p,q)=\left\{(0,0), (0,-1), (-1,0), (-2,1), (1,1)\right\}\).

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:

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