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

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

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

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

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.

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

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

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

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

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

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 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 \(\sin\frac{x}{2}\cos{\frac{5x}{2}}=\frac{82}{125}\).

\(a_1\frac{2011}{2012}, d=\frac{-1}{2012}\\ S_n=\frac{n}{2}(2a_1+(n-1)d)\\ S_{2012}=506\left ( \frac{4022}{2012}-\frac{2011}{2012} \right )=\frac{2011}{2}\)

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 \(k=6 \).

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:

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

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

\(8\sin^2(80^\circ)-2\sqrt3\sin(40^\circ)-2\cos(40^\circ),\) 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.

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

Ако је угао између изводнице и висине је \(60^{\circ}\), то значи да је \(s=2H\). А како знамо да је изводница  за 2cm дужа од висине, можемо да израчунамо следеће:
\(2H=s\)
\(2H=2+H\),

одакле закључујемо да је \(H=2cm\) односно \(s=4cm\) и применом Питагорине теореме \(r^2=s^2-H^2\) добијамо да је \(r=2\sqrt{3}\). Сада можемо израчунати запремину \(V=\frac{1}{3}BH=8\pi cm^3\)

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

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

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

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

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:

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

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 \(f_1 \neq f_2 = f_3\).

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