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

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 \(k=6 \).

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

\(A=\frac{1}{6}\left((log_{2}{3})^3- (\log_{2}{(2\cdot 3)})^3-(\log_{2}{(3\cdot2\cdot2)})^3+(log_{2}{(3\cdot 2\cdot 2\cdot2)})^3 \right)\)

\(A=\frac{1}{6}\left((log_{2}{3})^3- (\log_{2}{3}+1)^3-(\log_{2}{3}+2)^3+(log_{2}{3}+3)^3 \right)\)

Када заменимо \(\log_2{3}=x\) у претходни израз добијамо:

\(A=\frac{1}{6}\left(x^3- (x+1)^3-(x+2)^3+(x+3)^3 \right)\)

\(A=\frac{1}{6}(12x+18)\)

\(A=2x+3\)

\(A=2\log_2{3}+3\)

\(A=\log_2{72}\)

\(2^A=2^{\log_2{72}}=72\)

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

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

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

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

Закључујемо да је \(c<b<a\).

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

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 \(x=\frac{74+2\sqrt{73}}{16}\approx 4,4\)

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

\(\log_{24}50=2\log_{24}5+\log_{24}2=\\ \frac{2}{\log_{5}3+3\log_{5}2}+\frac{1}{\log_{2}8+\log_{2}3}=\\ \frac{2}{\log_{5}3+3b}+\frac{1}{3+a}=\frac{2}{\frac{\log_{2}3}{\log_{2}5}+3b}+\frac{1}{3+a}=\\ \frac{2}{ab+3b}+\frac{1}{3+a}=\frac{2+b}{b(a+3)}\)

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

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

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

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.

 Изразимо висину пирамиде као: \(H=\sqrt{s^2-x^2}\), тада је запремина купе: \(V(x)=\frac{1}{3}x^2\pi \sqrt{s^2-x^2}\). Извод функције \(V(x)\)  je 
\(V'(x)=\frac{2x }{3}\pi \sqrt{s^2-x^2}+\frac{1}{3}x^2\pi \frac{-2x}{2\sqrt{s^2-x^2}} =\)\(\frac{x\pi }{3}\left ( 2\sqrt{s^2-x^2}-\frac{x^2}{\sqrt{s^-x^2}} \right )  =\) \(\frac{x\pi }{3\sqrt{s^2-x^2}}\cdot (2s^2-3x^2)\). Изједначимо извод са 0. И запремина је максимална за \(x^2=\frac{2}{3}s^2\) и износи \(V_{max}=\frac{2\pi s^3\sqrt{3}}{27}\).

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 \(r=\frac{ab}{a+b+c}=3\).

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 \(4 \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{a\sqrt{2}}{2} \cdot \frac{3a}{2\sqrt{2}}=\frac{3a^2}{2}=6\).

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 \(f(\frac{4}{3})=\frac{9}{2}\).

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 \(3 | n\).

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

Како 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:

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

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

Све функције су на свом домену идентички једнаке 1. Међутим, домен прве је \(R\), а друге и треће \(R \backslash \{ k\pi | k \in Z \}\), па је \(f_1 \neq f_2 = f_3\).