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

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

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

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

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

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

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

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

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:

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

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

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

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 \((p,q)=\left\{(0,0), (0,-1), (-1,0), (-2,1), (1,1)\right\}\).

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

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

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

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

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 \(V_{max}=\frac{2\pi s^3\sqrt{3}}{27}\).

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 \(0\). 
\(x^2-3x-p=0\)
\(D=b^2-4ac=9+4p=0\)
\(p=-\frac{9}{4}\)

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:

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

\(P_v:P_k=7:4\)

\(\frac{a_{10}}{a_2}=\frac{a_1+9d}{a_1+d}=5\) 
\(a_1+9d=5a_1+5d\)
\(4a_1=4d\), 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 \(a_{2014}=a_1+2003d=-4028\).

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 \(P(1)=\frac{2}{e}\).

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

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 \({n \choose k}\cdot 2^k=  {13 \choose 2}\cdot 2^2=  \frac{13\cdot 12}{2}\cdot 4=312 \).

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

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

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 \(f_1 \neq f_2 = f_3\).

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 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:

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

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

\(2 \cdot 5 \cdot5!=1200\\ 5 \cdot 4 \cdot 5!=2400\\ 1200+2400=3600\)