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 \(k=\frac{3}{5}\).

\(8\sin^2(80^\circ)-2\sqrt3\sin(40^\circ)-2\cos(40^\circ),\) запишимо као
\(4\left(\frac{\sqrt3}{2}\sin(40^\circ)+\frac{1}{2}\cos(40^\circ)\right)\) и ту применимо формулу \(\sin(\alpha-\beta)\) и добијамо
\(4\left(\sin60^\circ\sin40^\circ+\cos60^\circ\cos40^\circ\right).\) Сада ћемо применити формулу за косинус разлике, па добијамо:
\(4\left(1-\cos160^\circ\right)-4\cos20^\circ.\) Трансформишимо \(\cos160^\circ = -\cos\left(180^\circ-160^\circ\right)\) односно \(-\cos20^\circ.\) Па је цео израз једнак 4.

Како је \(d_1=(2-\sqrt{3})d_2\) закључујемо да је \(d_1<d_2\).

Угао ромба наспрам дијагонале \(d_1\) је оштар. Означимо га са \(\alpha\).

Применом косинусне теореме на троугао који чине две странице троугла и краћа дијагонала \(d_1\) добијамо:

\(d_1^2=a^2+a^2-2\cdot a\cdot a \cdot \cos{\alpha}\)

\(d_1^2=2a^2-2a^2\cos{\alpha}\)

\(d_1^2=2a^2(1-\cos{\alpha})\)

Применом Питагорине теореме на ромб добијамо \(a^2=\left( \frac{d_1}{2}\right)^2+\left( \frac{d_2}{2}\right)^2\).

Када уврстимо у претходни израз добијамо

\(d_1^2=2\left(\left( \frac{d_1}{2}\right)^2+\left( \frac{d_2}{2}\right)^2\right)(1-\cos{\alpha})\)

\(((2-\sqrt{3})d_2)^2=2\left(\left( \frac{(2-\sqrt{3})d_2}{2}\right)^2+\left( \frac{d_2}{2}\right)^2\right)(1-\cos{\alpha})\)

\(((2-\sqrt{3})d_2)^2=2\left(\left( \frac{(2-\sqrt{3})d_2}{2}\right)^2+\left( \frac{d_2}{2}\right)^2\right)(1-\cos{\alpha})\)

После сређивања једначине и дељења са \(d_2^2\) добијамо:

\(\cos{\alpha}=\frac{\sqrt{3}}{2}\)

\(\alpha=30^{\circ}\)

Како је \({\left( 1+i \sqrt{3}\right)}^n=2^n \cdot \left( \frac{1}{2}+i \frac{\sqrt{3}}{2} \right)^n= 2^n \cdot \left( \cos{\frac{\pi}{3}}+i \sin{\frac{\pi}{3}} \right)^n =2^n \cdot \left( \cos{\frac{n\pi}{3}}+i \sin{\frac{n\pi}{3}} \right)^n\),

следи да је овај број реалан ако и само ако jе \( \sin{\frac{n\pi}{3}}=0\), тј. ако и само ако \(3 | n\).

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

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

Решавањем система добија се \(x = 2\), \(y=-1\), \(z=3\) па је \(x^2+y^2+z^2=14\).

Из \(\frac{x-1}{x+1}=\varepsilon \frac{1+i}{1-i}\) налазимо да је \(x=\frac{i-\varepsilon }{i+\varepsilon } \). Рационалисањем налазимо \(x=\frac{-1-2i\varepsilon +\varepsilon ^2}{-1-\varepsilon ^2} .\) Из релације \(1+\varepsilon +\varepsilon ^2=0\) налазимо \(-1-\varepsilon ^2=\varepsilon\) , тј. налазимо  \(x=\frac{-1-2i\varepsilon +\varepsilon ^2}{\varepsilon }=-2i+\frac{\varepsilon ^2-1}{\varepsilon } ,\)  а затим користећи везу \(-1=\varepsilon ^2+\varepsilon\) налазимо  \(x=-2i + \frac{\varepsilon ^2+\varepsilon ^2+\varepsilon }{\varepsilon }=-2i + 2\varepsilon +1\) .

Како су \(a,b,c\)  (тим редом) узастопни чланови аритметичког низа, следи \(2b=a+c\), па како је и \(a+b+c=18\), следи \(b=6, a+c=12\). Како су \(a,b,c+1\)  (тим редом) узастопни чланови геометријског низа, следи \(b^2=a(c+1)\), па из \(c=12-a, b=6\) следи \(0=a^2-13a+36=(a-4)(a-9)\). Како је полазни аритметички низ растући, следи \(a=4, c=8\) па је \(a^2+b^2+c^2=116\).

Једначина је дефинисана за \(х \leq 1\). За \(х > 0 \) стране су различитих знака, а за \(x \leq 0\) једначина је еквивалентна са \(1-x=x^2\), одакле је \(x = {-1-\sqrt{5} \over 2}\) (што јесте решење) или \(x = {-1+\sqrt{5} \over 2}\) (што није решење, јер је позитивно).

Како је \(7^4=49^2 \equiv (-1)^2= 1(mod 10)\), следи \(7^{2009} \equiv7(mod 10)\), па је последња цифра овог броја 7.

\(1) x\in (-\infty, -1)\)
\(\frac{1-x}{1+x}<\frac{1-x}{-(1+x)}\)
\(\frac{2(1-x)}{1+x}<0\)
\(x\in (-\infty, -1)\)
\(2) x\in (-1,0)\)
\(\frac{1-x}{1+x}<\frac{1-x}{1+x} \Rightarrow \emptyset\)
\(3) x\in (0,1)\)
\(\frac{1-x}{1-x}<\frac{1+x}{1+x} \Rightarrow \emptyset\)
\(4) x\in (0, +\infty )\)
\(\frac{-1+x}{1-x}<\frac{1+x}{1+x} \Rightarrow -1<0\)
\(x\in (0, +\infty )\)
\(x\in (-\infty, -1) \cup (0, +\infty )\)

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

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

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

Закључујемо да је \(c<b<a\).

Основа пирамиде је квадрат странице \(\frac{a\sqrt{2}}{2}\), омотач је састављен од четири подударна једнакокрака троугла, основице \(\frac{a\sqrt{2}}{2}\), а бочна ивица је хипотенуза троугла чије су катете \(a\) и \(\frac{a}{2}\). Следи да је дужина бочне ивице \(\sqrt{a^2+\left( \frac{a}{2} \right)^2}=\frac{a\sqrt{5}}{2}\), па је висина тог троугла \(\sqrt{ \left( \frac{a\sqrt{5}}{2}\right)^2 - \left( \frac{a\sqrt{2}}{4} \right)^2}=\frac{3a}{2\sqrt{2}}\), а површина омотача \(4 \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{a\sqrt{2}}{2} \cdot \frac{3a}{2\sqrt{2}}=\frac{3a^2}{2}=6\).

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 \(f(\frac{4}{5})=\frac{24}{5}\).

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 \((-2)^2 {13 \choose 11}=312\).

\(\left ( \frac{\left ( -0,4 \right )^{3}}{\left ( -0,8 \right )^{3}}- \frac{\left ( -0,8 \right )^{3}}{\left ( -0,4 \right )^{3}} \right ):\left ( \frac{3}{4}-3 \right )=\left (\frac{1}{8}-8 \right )\cdot \left (- \frac{4}{9} \right )=\frac{7}{2}\)

\(\left( 1-sin\frac{\pi}{8} \right)\left( 1+sin\frac{\pi}{8} \right)=\)

\(= 1-sin^2\frac{\pi}{8} = \cos^2 \frac{\pi}{8}=\frac{1+\cos\frac{\pi}{4}}{2}=\frac{1+\frac{\sqrt{2}}{2}}{2}=\)

\(=\frac{2+\sqrt{2}}{4}\)

 \(r^2=\left (\frac{a}{2}\right )^2+(a-r)^2\)
\(r^2=\frac{a^2}{4}+a^2-2ar+r^2\)
\(2r=\frac{5a}{4}\)

\(\frac{a_{10}}{a_2}=\frac{a_1+9d}{a_1+d}=5\) 
\(a_1+9d=5a_1+5d\)
\(4a_1=4d\), односно \(a_1=d\).

\(a_1^2  + a_2^2  + a_3^2  = 56\)
\( a_1^2  + (a_1+d)^2 + (a_1+2d)^2=56\)
\(14a_1^2=56\) односно \(a_1^2=4\) а пошто знамо да је прогресија опадајућа, закључујемо да је \(a_1=-2\) и \(d=-2\).
Па је \(a_{2014}=a_1+2003d=-4028\).