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).

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.

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

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

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

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

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

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

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

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

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

р

Ако је \(\frac{x+3}{x+1}=5\), следи \(x=-\frac{1}{2}\). Заменом \(x=-\frac{1}{2}\), добија се \(f(5)=3 \cdot \left( - \frac{1}{2} \right)+2=\frac{1}{2}\).

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

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

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

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

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

\(A=2x+3\)

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

\(A=\log_2{72}\)

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

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

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

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

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 \(3 | n\).

\( \sqrt{1-x}=-x  \setminus ^2 \)
\(1-x=x^2\)
\(x^2+x-1=0\)
\(x_{1,2}=\frac{-1\pm\sqrt{5}}{2}\)

Потребно је да размотримо два услова, први – вредност под кореном мора бити ненегативна  \(1-x\geq 0\), односно \(x \leq 1\) и други – резултат кореновања је позитиван \(-x\geq 0\) односно \(x \leq 0\). Па закључујемо да \(x \leq 0\), тако да обацујемо решење \(x=\frac{-1+\sqrt{5}}{2}\). 
Једначина има тачно једно решење и оно је негативно.

\(D_{10}=\frac{n(n-3)}{2}=\frac{10\cdot 7}{2}=35\)

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

Коришћењем основних тригонометријских формула добијамо да је \( \frac{1-tg^215^{\circ}}{1+tg^215^{\circ}}=\)  \(\frac{1-\frac{\sin^2 15^{\circ}}{\cos^2 15^{\circ}}} {1+\frac{\sin^2 15^{\circ}}{\cos^2 15^{\circ}}}=\)  \( \frac{\cos^2 15^{\circ} – \sin^2 15^{\circ}}{\cos^2 15^{\circ} + \sin^2 15^{\circ}}=\)  \(\cos^2 15^{\circ} – \sin^2 15^{\circ}\) . Последњи израз можемо записати и као \(\cos15^{\circ}\cdot\cos15^{\circ} – \sin15^{\circ}\cdot\sin15^{\circ}\). Ако погледамо адиционе тригонометријскe формуле, приметићемо да је то управо једнако \(\cos(2\cdot15^{\circ})=\cos30^{\circ}=\frac{\sqrt{3}}{2}\).

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 \(k=6 \).

Нека је \(p: \sqrt{2}x+y=1\) и \(q: 2x+\sqrt{2}y=3\sqrt{2}\).

У експлицитном облику је \(p: y=-\sqrt{2}x+1\) и \(q: y=-\sqrt{2}x+3\), те због истог коефицијента правца закључујемо да су ове две праве паралелне.

У општем облику је \(p: \sqrt{2}x+y-1=0\) и \(q: \sqrt{2}x+y-3=0\).

Растојање између паралелних правих \(A_1x+B_1y+C_1=0\)  и \(A_1x+B_1y+C=0\) ћемо наћи по обрасцу \(\delta = \frac{C_1-C}{\sqrt{A_1^2+B_1^2}}\).

Стога је \(\delta = \frac{2\sqrt{3}}{3}\).

\(f(x − 1)=\frac{2x-1}{x+2}\), да бисмо одредили \(f(t)\), уведимо смену \(x-1=t\) тада је \(x=t+1\).
Па је \(f(t)=\frac{2(t+1)-1}{(t+1)+2}=\frac{2t+1}{t+3}\), а сада:
\(f(f(x))=f(\frac{2x+1}{x+3})=\frac{2\frac{2x+1}{x+3}+1}{\frac{2x+1}{x+3}+3}=\frac{5x+5}{5x+10}=\frac{x+1}{x+2}\)

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