Растојање тачке са координатама \((0,0)\) од праве \(3x-y+5=0\) је \(\frac{|3 \cdot 0-0+5|}{\sqrt{1^2+3^2}}=\frac{5}{\sqrt{10}}=\frac{\sqrt{10}}{2}\).

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 \(a^2+b^2+c^2=116\).

Број свих шестоцифрени бројева је \(9\cdot 10^5\) јер на првом месту не може бити цифра \(0\).

Од тог броја одузмемо све бројеве који не садрже цифру \(1\). На првој позицији може бити 8 (осам) цифара, док на преостале 5 (пет) позиције можемо поставити једну од 9 (девет) цифара (све цифре без 1). Дакле одузимамо \(8\cdot 9^5\).

Сада је \(N=9\cdot 10^5-8\cdot 9^5\).

Овај израз је потребно средити.

\(N=9\cdot 10^5-8\cdot (10-1)^5\)

\(N=9\cdot10^5-8\cdot(10^5-5\cdot 10^4+10\cdot 10^3-10\cdot10^2+5\cdot 10-1)\)

\(N=4,72608\cdot 10^5\)

\(N\in [4\cdot10^5, 5\cdot 10^5)\)

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).

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

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

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

Ако размотримо услов из задатка, можемо да закључимо да на прво место може сести 6 дечака или девојчица, а на последње 5 (јер од могућих 6 особа које седе на првом и поседњем месту неко је већ се на прво место). На осталих 6 места, дечаци и девојчице се могу расподелити на 6! начина. Дакле, укупан број начина на који се они могу раподелити је \(6\cdot5\cdot6!\), односно \(30\cdot 6!\).

Како је ​\(y+\frac{1}{2}>|x^2-2x|\)​, односно ​\(y>|x^2-2x|-\frac{1}{2}>-\frac{1}{2}\)​ и  ​\(y \leq y+|x-1|<2\)​, ако је \(y \in \mathbb{Z}\), мора бити \(y \in \left\{0,1\right\}\). Ако је \(y=0\) и ​\(x \in \mathbb{Z}\)​ , из ​\(|x-1|<2\)​   следи да је ​\(x \in \left\{0,1,2\right\}\)​ , па из ​\(|x^2-2x|<\frac{1}{2}\)​   следи да су  ​\(x=0\)​ и  ​\(x=2\)​ решења система, а  ​\(x=1\)​ није. Ако је ​\(y=1\)​ и ​\(x \in \mathbb{Z}\)​, из ​\(|x-1|<1\) следи да је  ​\(x=1\)​ , па како  ​\(x=1\)​  задовољава и неједначину  ​\(|x^2-2x|<\frac{3}{2}\), ово јесте решење. Сада су парови целих бројева који су решења система су ​\((x,y) \in \left\{(0,0), (0,2),(1,1)\right\}\)​ .

Ако је \(x^2 − x + m^2 + 2m − 3 = 0\), тада је \(x_1+x_2=1\) и \(x_1\cdot x_2=m^2+2m -3\) па је \(x^3_1+x^3_2=(x_1+x_2)(x_1^2-2x_1x_2+x^2_2)=\) \((x_1+x_2)((x_1+x_2)^2-3x_1x_2)\).
Односно \(x^3_1+x^3_2=-3m^2-6m+10\). Ако први извод израза \(x_1^3  + x_2^3\) изједначимо са нулом, добићемо тачку у којој та функција достиже максимум. Први извод  функције \(f=x_1^3  + x_2^3\) je \(f’=-6m-6\), па функција достиже максимум за \(m=-1\).

\(a=9\sqrt{2}, b=21\)
\(c=\sqrt{a^{2}+b^{2}-2ab\cos \gamma }=\sqrt{162+441-378}=15\)
Из једнокраког правоуглог троугла следи да је \(h=9\)
\(P=\frac{21\cdot 9}{2}=\frac{189}{2}\)
\(p=\frac{a+b+c}{2}=\frac{9\sqrt{2}+36}{2}\)
\(P=rp=\frac{abc}{4R} \Rightarrow R=\frac{abc}{4P}=\frac{15\sqrt{2}}{2}\)
\(r=\frac{P}{p}=\frac{21}{\sqrt{2}+4}=6-\frac{3\sqrt{2}}{2}\)
\(r+R=\frac{15\sqrt{2}}{2}+6-\frac{3\sqrt{2}}{2}=6(\sqrt{2}+1)\)

р

Како је \(0,0010101 \cdot 10^{k}>1001\) и \(k \in Z \), следи да је \(10^{k}> \frac{1001}{10101} \cdot 10^7\).

После скраћивања разломка са \(91\) добијамо \(10^{k}> \frac{11}{111} \cdot 10^7\).

Следи да је \(10^{k}> \frac{11}{111} \cdot 10 \cdot 10^6\), односно \(1 \cdot 10^{k}> \frac{110}{111} \cdot 10^6\).

Како је \(1 > \frac{110}{111}\approx0,99\), следи да је \(k=6 \).

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

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

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

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

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

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

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:

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

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

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

Како је \(\cos\left({x-\frac{3\pi}{2}}\right)=-\sin {x}\) следи да је \(\sin {x}=\frac{4}{5}\).

Из \(\sin^2{x}+\cos^2{x}=1\) и \(\frac{\pi}{2}<x<\pi\) добијамо да је \(\cos{x}=-\frac{3}{5}\).

Како је \(\sin\frac{x}{2}\cos{\frac{5x}{2}}=\frac{2\sin{\frac{3x-2x}{2}}\cos\frac{{3x+2x}}{2}}{2}=\frac{\sin{3x}-\sin{2x}}{2}\) и

\(\sin {2x}=2\sin{x}\cos{x}=-\frac{24}{25}\)и

\(\sin {3x}=\sin(2x+x)=\sin{2x}\cos{x}+\cos{2x}\sin{x}=\frac{44}{125}\), добијамо да је \(\sin\frac{x}{2}\cos{\frac{5x}{2}}=\frac{82}{125}\).

\(f(x)=|x|+a\)

\(f(f(x))=f(|x|+a)=\left||x|+a\right|+a\)

\(f(x)+f(f(x))=|x|+a+\left||x|+a\right|+a=x\)

\(|x|+\left||x|+a\right|=x-2a\)

1. за \(x<0\) је \(-x+\left|-x+a\right|=x-2a\)
   1. даље за \(-x+a<0\), односно \(x>a\) је \(-x+\left(-x+a\right)=x-2a\), па је \(x=a\). Нема решења.
   2. даље за \(-x+a\geq 0\), односно \(x\geq a\) је \(-x-x+a=x-2a\), па је \(x=a\). Нема решења, јер је \(a>0\).
2. за \(x\geq 0\) је \(x+\left|x+a\right|=x-2a\)
   1. даље за \(x+a<0\), односно \(x<-a\) је \(x+\left(x+a\right)=x-2a\), па је \(x=a\). Нема решења.
   2. даље за \(x+a\geq 0\), односно \(x\geq -a\) је \(x+x+a=x-2a\), па је \(x<0\). Нема решења.

Закључујемо да има \(0\) решења.

\(|4^{3x}-2^2\cdot 2^{4x}\cdot 3\cdot3^{x}+20\cdot36^x|\geq8\cdot6^x(\frac{1}{8}\cdot8^{x}+6^x)\)

\(|64^{x}-12\cdot 48^{x}+20\cdot36^x|\geq48^x+8\cdot 36^x\)

\(|\left(\frac{4}{3}\right)^{2x}-12\cdot \left(\frac{4}{3}\right)^{x}+20\cdot1|\geq\left(\frac{4}{3}\right)^{x}+8\)

Ако је \(\left(\frac{4}{3}\right)^{x}=z\), онда је:

\(|z^{2}-12\cdot z^{x}+20|\geq z+8\).

\(|(a-10)(a+2)|\geq a^{x}+8\)

1. За \(z\in (-\infty, 2]\) је \(z^2-12z+20\geq z+8\). Решење је \(z\in (-\infty, 1]\)
2. За \(z\in (2, 10]\) је \(-z^2+12z-20\geq z+8\). Решење је \(z\in [4, 7]\)
3. За \(z\in (10, +\infty]\) је \(z^2-12z+20\geq z+8\). Решење је \(z\in [12, +\infty)\)

Коначно решење је:

\(z\in (-\infty, 1] \cup[4,7]\cup[12, +\infty)\)

Решење је облика:

\(z\in (-\infty, a] \cup[b,c]\cup[d, +\infty)\)

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 \(f(5)\).
\(f(5)=3\frac{2}{-4} + 2=\frac{1}{2}\).

Израз је дефинисан за \(a \geq 0\) и тада важи \(a \sqrt{a} \cdot \sqrt[4]{a^3} = a \cdot a^\frac{1}{2} \cdot a^\frac{3}{4}=a^\frac{9}{4}=\sqrt[4]{a^9}\).