Једначина праве која пролази кроз \(AB\) је \(\frac{x-xA}{x_B-x_A}=\frac{y-y_A}{y_B-y_A}\) односно \(y=-3x+5\). Коефицијент правца нормале је \( \frac{1}{3}\), па ће нормала имати облик \(y=\frac{1}{3}x+n\). Како њој припада тачка  \(C(6,-3)\), заменом њених координата добијамо да је \(n=-5\). Односно једначина нормале је  \(y=\frac{1}{3}x-5\). Да бисмо пронашли тачку пресека праве  \(y=-3x+5\) и нормале  \(y=\frac{1}{3}x-5\) изједначимо њихове вредности \(-3x+5=\frac{1}{3}x-5\). Тако да добијамо \(x=3\) и \(y=-4\), па је \(x_0\cdot y_0=-12\).

\(2^{x^2-3x}+(\frac{1}{2})^{x^2-3x-4}=17\) , уведимо смену \(2^{x^2-3x}=t\) па добијамо \(t+\frac{1}{t}(\frac{1}{2})^{-4}=17\) односно \(t^2-17t+16=0\) . Применом Вијетових формула добијамо \(t_1=16\) и \(t_2=2\) .

\( 2^{x^2-3x}=16 \vee 2^{x^2-3x}=2 \)
\( x^2-3x-4=0 \vee x^2-3x-1=0 \)
\( x_1=4 \vee x_2=-1 \vee x_3=\frac{3+\sqrt{13}}{2} \vee x_4=\frac{3-\sqrt{13}}{2} \)
\( x_1+ x_2 + x_3 + x_4=6\)
 

Размотримо услове: \(x-3\geq 0\Rightarrow x\geq3\) и \(8-x\geq0\Rightarrow x\leq 8.\)
\(\sqrt{x-3}+\sqrt{8-x}=3/^2\)
\(x-3+2\sqrt{(x-3)(8-x)}+8-x=9\)
\(\sqrt{(x-3)(8-x)}=2/^2\)
\(-x^2+11x-28=0\) Па добијамо да је \(x_1=4\) и \(x_2=7\) односно \(x_2-x_1=7-4=3\).

\(\left ( \frac{2a+1}{a+2}-\frac{4a+2}{4-a^{2}} \right ):\frac{2a+1}{a-2}+\left ( \frac{a+2}{2} \right )^{-1}=\\ \left ( \frac{2a+1}{a+2}-\frac{4a+2}{(2-a)(2+a)} \right )\cdot \frac{a-2}{2a+1}+ \frac{2}{a+2} =\\ \frac{a}{a+ 2}+ \frac{2}{a+2}=1\)

\(h=\frac{4cm\sqrt{3}}{2}=2\sqrt{3}cm\\ x=\frac{c}{2}=\frac{4cm}{2}=2cm\\ 2x+b=a \Rightarrow b=5cm\\ P=\frac{a+b}{2}h=\frac{9cm+5cm}{2}2\sqrt{3}cm=14\sqrt{3}cm^{2}\)

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

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

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

\(k=6l+3\)

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

\(334+1=335\)

\(\frac{x^{2}-5x-5}{2x^{2}+x-10}<-1\)
\(\frac{x^{2}-5x-5}{2x^{2}+x-10}+1<0\)
\(\frac{3x^{2}-4x-15}{2x^{2}+x-10}<0\)

\(3x^{2}-4x-15=0\rightarrow x_{1,2}=\frac{4\pm\sqrt{16+180}}{6}=\frac{4\pm14}{6}\)

\(2x^{2}+x-10=0\rightarrow x_{1,2}=\frac{-1\pm\sqrt{1+80}}{4}=\frac{-1\pm9}{4}\)

\(x\in \left ( -\frac{5}{2},-\frac{5}{3} \right ) \cup (2,3) \Rightarrow x\in \{-2\}\)

\(\cos(\alpha + \beta)\cos(\alpha - \beta)- \sin(\alpha + \beta)\sin(\alpha - \beta)=\cos(\alpha+\beta+\alpha-\beta)= \cos2\alpha \)

\(kx^2-(3k+2)x+7=0\)
\(x_1+x_2=\frac{3k+2}{k}\)
\(x_1x_2=\frac{7}{k}\)

\(\frac{1}{k_1}+\frac{1}{k_2}=\frac{x_1+x_2}{x_1x_2}=\frac{3k+2}{k}\frac{k}{7}=8\)
\(3k+2=56\Rightarrow k=18\)

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

\(3\cdot 81^{x}+2\cdot 16^{x}\leqslant 5\cdot 36^{x}\)
\(3\cdot 3^{4x}+2\cdot 2^{4x}\leqslant 5\cdot 3^{2x}\cdot 2^{2x} /:2^{4x}\)
\(3\cdot \left ( \left ( \frac{3}{2} \right )^{2x} \right )^{2}+2\leqslant 5\cdot \left ( \frac{3}{2} \right )^{2x} \)

Уведимо следећу смену \(\left ( \frac{3}{2} \right )^{2x}=t, t>0\)
\(3t^{2}-5t+2\leqslant 0 \Rightarrow t_1=\frac{2}{3} \vee t_2=1\), па тада важи: \(t\in \left [ \frac{2}{3},1 \right ] \wedge t>0 \Rightarrow \frac{2}{3}\leqslant t\leqslant 1\)

\(\frac{2}{3}\leqslant \left ( \frac{3}{2} \right )^{2x} \leqslant 1 \Rightarrow\)\(-1\leqslant 2x \leqslant 0\)
\( -\frac{1}{2} \leqslant x \leqslant 0 \Rightarrow x\in \left [ -\frac{1}{2},0 \right ]\)

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 \(x_S \cdot y_S=9.\)

\((x^3+\frac{1}{x})^{12}\)
\((x^3)^{12-5}\cdot(\frac{1}{x})^k=x^0\)
\(x^{3(12-k)-k}=x^0\)
\(4k=36\Rightarrow k=9\) пошто бројимо од  \(k=0\), тада је  \(k=9\) десети члан

\(S_{11}=6141, q=2\)
\(a_1\cdot \frac{1-q^n}{1-q}=a_1\cdot \frac{1-2^11}{1-2}=6141\)
\(a_1\cdot 2047=6141\)
\(a_1=3\)

\(\left [ 6^2+9\cdot \left ( 5,25-10\cdot (0,5)^3 \right ) +\left ( \frac{5}{2}:\frac{(25)^{\frac{1}{2}}}{6} \right )^2 \right ]^{\frac{1}{4}}=\left [ 36+9\cdot 4 +\left ( \frac{5}{2}:\frac{6}{5} \right )^2 \right ]^{\frac{1}{4}} =\sqrt[4]{81}=3\)

На основу вредности у апсолутним заградама одредимо интервале у којима ћемо тражити решења.
1. \(x-2\geq0\Rightarrow x\geq2\)
\(\frac{x-2}{(x-2)(x-1) }\geq 2\)
\(\frac{3-2x}{(x-1) }\geq 0\)

\(x\in(1,\frac{3}{2})\), ово решење не припада интервалу.

2. \(x-2<0\Rightarrow x<2\)
\(\frac{-(x-2)}{(x-2)(x-1) }\geq 2\)
\(\frac{1-2x}{(x-1) }\geq 0\)

\(x\in[\frac{1}{2},1)\)

\(P(x)=x^5+ax^3+bx\)
\(Q(x)=x^2+2x+1=(x+1)^2\)
\(\Rightarrow x+1 | P(x) \wedge x+1 | R(x)\)
\(R(x)=P(x):(x+1)\)

\(P(-1)=-1-a-b=0\)
\(R(-1)=1+1+a+1+a+1+a+b+1=0\)
\(a=-2, b=1 \Rightarrow a^2+b^2=5\)

\(\frac{2\cdot i^{2013}}{1+i}=\frac{2i}{1+i}\cdot\frac{1-i}{1-i}=\frac{2i(1-i)}{2}=1+i\)

\( \frac{V_l}{V_k}=\frac{\frac{4}{3}r^3\pi}{a^3}=\frac{\frac{4}{3}\cdot (\frac{a}{2})^3\pi}{a^3}=  \frac{\pi}{6}\)

Тангенте постављене из тачке \(A(2,4)\) на \(x^2+y^2=2\) имају облик \(y=kx+n\) па пошто тачка \((2,4)\) њима припада биће \(4=2x+n\), односно \(n=4-2x\). Тангенте морају испунити услов \((1+k^2)r^2=(q-kp-n)^2\), па добијамо да је \(k_1=1\) и \(k_2=7\) односно \(n_1=2\) и \(n_2=-10\). Па тангенте имају облик \(t_1: y=x+2\) и \(t_2: y=7x-10\) и оне секу \(Oy, x=0\) осу у тачкама \(B(0,2)\) и \(C(0,-10)\). Па је површина троугла \(ABC\) једнака половини производа растојања између тачака \(B\) и \(C\) и удаљености тачке \(A\) од \(Oy\) осе \(P=\frac{12\cdot 2}{2}=12\).