\(\log_{\frac{1}{2}}(x^{2}-2x+1)>\log_{2}\frac{1}{4}\)

\(x^{2}-2x+1>0 \Rightarrow x\neq 1\)

\(\log_{\frac{1}{2}}(x^{2}-2x+1)>\log_{\frac{1}{2}}4\)

\(x^{2}-2x+1<4 \Rightarrow x^{2}-2x-3<0 \) и затим користећи Вијетове формуле добијамо да је:

\(x\in (-1,3) \wedge x\neq 1 \Rightarrow x\in(-1,1)\cup (1,3)\)

Нека је  \(x\)  број књига које су продате другог дана, тада је збир продатих књига сва три дана:

\(60\%x+x+\frac{3}{4}(60\%x+x)=10500\)

\(\frac{60}{100}x+x+\frac{3}{4}\left (\frac{60}{100}x+x  \right )=10500\)

\(x=3750\), дакле толико књига је продато другог дана.

Првог дана је продато: \(60\%3750=\frac{60}{100}3750=2250\) књига

\(\left(\frac{55}{84}:x+1\frac{1}{2}\right)\cdot\frac{5}{33}=2\frac{1}{2}\)
\(\frac{55}{84}:x+\frac{3}{2}=\frac{5}{2}\frac{33}{5}\)
\(\frac{55}{84}:x+\frac{3}{2}=\frac{33}{2}\)
\(\frac{55}{84}:x=15\)
\(x=\frac{11}{252} \)

Једначина праве која пролази кроз \(A(2,3)\) гласи: \(3=2k+n ,\) односно \(n=3-2k .\) Услов: \(a^2k^2+b^2=n^2 \)
\( 16k^2+12=(3-2k)^2 \)
\( 12k^2+12k+3=0 \)
\( 4k^2+4k+1=0 \)
\( (2k+1)^2=0\Rightarrow k=-\frac{1}{2}, n=4 \)
\( x+ 2y – 8 = 0 \)

Коефицијент праве \(p\) је \(k_p=2 \), што значи да ће коефицијент праве \(n\) бити \(k_n=-\frac{1}{2}\) , односно њен облик ће бити \(y=-\frac{1}{2}x+n\) . Пошто она садржи тачку \(A(3,4)\) , можемо заменити њене координате и добити коефицијент \(n=\frac{11}{2}\) и једначину \(n: y=-\frac{1}{2}x+\frac{11}{2}\) . Потребно је да нађемо пресечну тачку ових правих, па ћемо заменити  \(y=-\frac{1}{2}x+\frac{11}{2}\) у једначину \(4x-2y+1=0 \). Тако ћемо добити координате тачке \(S(2,\frac{9}{2})\) , па је \(x_S \cdot y_S=9.\)

\(a=225^{\frac{1}{2}-\log_{15}\sqrt[4]{9}}=225^{\frac{1}{2}\left (1-\log_{15}3 \right )}=\\ 15^{1-\log_{15}3 }=\frac{15}{15^{\log_{15}3 }}=\frac{15}{3}=5\\ (a-4)^{a}=(5-1)^{5}=1\)

\(\left ( \sqrt[4]{3}\right )^{2012-k}\left (\sqrt[3]{2} \right )^{k}=3^{\frac{2012-k}{4}}\cdot 2^{\frac{k}{3}}\)
\(\frac{2012-k}{4},\frac{k}{3} \in \mathbb{Z}\)
\(k\equiv 2012(mod 4)\equiv 0(mod4) \Rightarrow k=4m, m\in \mathbb{Z}\)
\(k\equiv 0(mod 3) \Rightarrow 4m\equiv 0(mod 3) \Rightarrow m\equiv 0(mod 3) \Rightarrow m=3l, l\in \mathbb{Z} \)\(\Rightarrow k= 12l\)
\(k\leqslant 2012 \wedge k\in \mathbb{Z} \Rightarrow 12l\leqslant 2012 \wedge l\in \mathbb{Z}\)
\(l \leqslant 167,667 \Rightarrow 167+1=168\)

Посматраћемо два скупа случајева:
1. _ _ _ _ _ бројеви које почињу непарним цифрама. На последње место могу доћи 3 цифре, на прво место 3 цифре и на остала места, редом 4,3,2,1 цифра. Па је број комбинација \(3\cdot 3\cdot 4\cdot 3\cdot 2\cdot 1=216\)
2. _ _ _ _ _ бројеви које почињу непарним цифрама. На прво место могу доћи 2 цифре, на последње место такође 2 цифре и на остала места, редом 4,3,2,1 цифра. Па је број комбинација \(2\cdot 2\cdot 4\cdot 3\cdot 2\cdot 1=96\)

И укупно 312 комбинација.

\(f(x)=\frac{1-x}{1+x} \Rightarrow f^{-1}(f(x))=x \Rightarrow f^{-1}\left (\frac{1-x}{1+x} \right )=x\\ \frac{1-x}{1+x}=t \Rightarrow x=\frac{1-t}{1+t}\\ f^{-1}(t)=\frac{1-t}{1+t}\\ g(x)=\frac{1}{x^2+1} \Rightarrow g(0)=\frac{1}{0^2+1}=1\\ f^{-1}(g(0))=f^{-1}(1)=\frac{1-1}{1+1}=0\)

\( 4^x=2^{\frac{x+1}{x}} \)
\( 2^2x=2^{\frac{x+1}{x}} \)
\( 2x=\frac{x+1}{x} \)
\( 2x^2-x-1=0 \)
\( (x-1)(x+\frac{1}{2})=0 \)
\( x_1^2+x_2^2=\frac{5}{4} \)

\(r=12cm\)
\(H_k=6cm +H_v\)
\(V_v=V_k \Rightarrow BH_v=\frac{1}{3}BH_k \Rightarrow H_v=\frac{1}{3}H_k \Rightarrow 3H_v=H_k\)
\(3H_v=6cm +H_v \Rightarrow H_v=3cm, H_k=9cm\)

\(s=\sqrt{H_k^{2}+r^{2}}=15cm\)

\(B=r^{2}\pi =144\pi cm^{2}\)
\(P_v=2B+M_v=288\pi cm^{2}+2r\pi H_v=288\pi cm^{2}+72\pi cm^{2}=360\pi cm^{2}\)
\(P_k=B+M_k=144\pi cm^{2}+r\pi s=144\pi cm^{2}+180\pi cm^{2}=324\pi cm^{2}\)

\(P_v:P_k=360\pi cm^{2}:324\pi cm^{2}=10:9\)

\(\binom{n}{2}=1005\binom{n}{1} \Rightarrow \frac{n(n-1)}{2}=1005n \Rightarrow n=2011\)

\(\binom{2011}{k}=\left ( \sqrt{3} \right )^{2011-k}\cdot \left ( \sqrt[3]{2} \right )^{k} \in \mathbb{Q} \Rightarrow \frac{2011-k}{2}, \frac{k}{3}\in \mathbb{Z}\)

\(k\equiv 1( mod 2) \Rightarrow k=2m+1, m\in \mathbb{Z}\)
\(k\equiv 0( mod 3) \Rightarrow 2m+1\equiv 0( mod 3)\)
\(2m\equiv -1( mod 3)\)
\(2m\equiv 2( mod 3)\)
\(m\equiv 1( mod 3)\Rightarrow m=3l+1, l\in \mathbb{Z}\)

\(k=6l+3\)

\(k\leqslant 2011\Rightarrow 6l+3\leqslant 2011 \Rightarrow l\leqslant 334,6667\)

\(334+1=335\)

\(\frac{sin(\alpha+\beta)+sin(\alpha-\beta)}{cos(\alpha+\beta)+cos(\alpha-\beta)}=  \frac{2sin\frac{2\alpha}{2}cos{2\beta}{2}}{2cos\frac{2\alpha}{2}cos{2\beta}{2}}=\frac{sin\alpha}{cos\alpha}=tg\alpha \)

Тачан је исказ: \(f_1=f_2\neq f_3\) због ралике у домену и кодомену.

 \(a=10+b \)
\( c=10+a=20+b \)

 \(a^2+b^2=c^2 \)
 \(100+20b+b^2+b^2=400+40b+b^2 \)
\( b^2-20b-300=0\Rightarrow b=30 \vee b=-10 \)
\( b=30 \Rightarrow c=50 \)
\( (40,60) \)

\( x^2+10\sqrt{3}x+6\sqrt{3}=0\)

\( \frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}=\frac{x_1+x_2}{x_1x_2}=\frac{-10\sqrt{3}}{6\sqrt{3}}=-\frac{5}{3}\)

Због апсолутних вредности, интервал у коме се могу наћи решења делимо на три итервала:
 
1. \(x\in(-\infty,0]\)
\(-x-x+1=x+\frac{1}{2}\)
\(-3x=-\frac{1}{2}\)
\(x=\frac{1}{6}\), али ово решење не припада интервалу\( x\in(-\infty,0]\).

2. \(x\in(0,1]\)
\(x-x+1=x+\frac{1}{2}\)
\(x=\frac{1}{2}\)

3.\( x\in(1,+\infty)\)
\(x+x-1=x+\frac{1}{2}\)
\(x=\frac{3}{2}\)
Производ свих реалних решења једначине je \(\frac{1}{2}\frac{3}{2}=\frac{3}{4}\)

Пошто је наспрам веће странице већи угао, највећи угао у овом троуглу ће бити угао наспрам странице \(c\) и означићемо га са \( \gamma\). Користићемо косинусну теорему:

\(c^2=a^2+b^2-2ab\cos\gamma\)
\(\cos\gamma=\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}\)
\(\cos\gamma=\frac{-6}{6\sqrt{2}}=-\frac{1}{\sqrt{2}}\)
\(\gamma=\frac{3\pi}{4}\)

\( P=8\pi cm^2 \)
\( H=2r-1 \)

\( P=2r^2\pi+2r\pi H \)
\( 8\pi =2r^2\pi +2r\pi(2r-1) \)
\( 3r^2-r-4=0\Rightarrow r_1=-1 \vee r_2=\frac{4}{3} \)
\( r=\frac{4}{3} \)
\( H=\frac{5}{3} \)
\( V=BH=r^2\pi H=\frac{80}{27}\pi cm^3 \)

\(\frac{\cos 100^o+\sin 50^o}{\sin 200^o}=\frac{\cos 100^o+\sin (90^o-40^o)}{\sin 200^o}=\\ \frac{\cos 100^o+\cos 40^o}{\sin 200^o}=\frac{2\cos 70^o\cdot \cos 30^o}{\sin (270^o-70^o)}=\\ \frac{2\cos 70^o\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}}{-\cos70^o}=-\sqrt{3}\)