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.

Укупан број комбинација је \(5!\) , али због две двојка имаћемо два пута исте бројеве па је потребно \(\frac{5!}{2}=60 \)

\(\sin\alpha=\frac{15}{17}\)
\(\sin^2\alpha + \cos^2\alpha=1\Rightarrow \cos\alpha=-\frac{8}{17}\)
\(\cos(\frac{\pi}{4}-\alpha)=\cos\frac{\pi}{4}\cos\alpha+\sin\frac{\pi}{4}-\sin\alpha=\frac{7\sqrt{2}}{34}\)

\(2\sin^2x=\sin2x\)
\(2\sin^2x=2\sin x \cos x\)
\(2\sin x(\sin x-\cos x)=0\)

Односно \(\sin x=0\), што значи да је \(x=k\pi\).
И \(\sin x=\cos x \rightarrow tgx=1\), што значи да је \(x=\frac{\pi}{4}+k\pi\).

Па су решења: \(-\pi, 0, \pi, \frac{\pi}{4}, -\frac{\pi}{4}\).

\( xy=12 \Rightarrow y=\frac{12}{x} \)
\( x^2+(\frac{12}{x})^2=51 \Rightarrow x^4-51x^2+144=0\) уводимо смену \(x^2=t \)и даље решавамо \(t^2-51t+144=0\) . Одатле добијамо да је \(t_1=48 \vee t_2=3\) односно
\( x^2=48 \vee x^2=3 \)
\( x_1=4\sqrt{3} \vee x_2=-4\sqrt{3} \vee x_3=\sqrt{3} \vee x_4=-\sqrt{3} \)
\( y_1=\sqrt{3} \vee y_2=-\sqrt{3} \vee y_3=4\sqrt{3} \vee y_4=-4\sqrt{3}\)
Како је услов задатка да \(0 < x \leq y\) тада једино узимамо у обзир  \(x_3=\sqrt{3}, y_3=4\sqrt{3}\) . Тада је \(y - x^3\) једнако \(\sqrt{3} \)

\( a_5=16\Rightarrow a_1+4d=16\Rightarrow a_1=16-4d \)
\( a_11=31\Rightarrow a_1+10d=31 \) односно \(16-4d+10d=31\)
 \(d=\frac{5}{2} \)
\( a_1=6 \)
\( S_{17}=\frac{17}{2}(2\cdot 6+16\frac{5}{2})=442 \)

 Ако су \(x_1\) и \(x_2\) решења једначине \(x^2+5x-9=0\), тада је \(x_1+x_2=-5, x_1x_2=-9\).
\(x^3_1+x^3_2=(x_1+x_2)(x_1^2-x_1x_2+x^2_2)=(x_1+x_2)((x_1+x_2)^2-3x_1x_2)=-260\)

Размотримо услове \(2x^2 - x + 3\geq0\) и \( x +1\geq0\), како је \(2x^2 - x + 3\) увек позитивно закључујемо коначно  \(x\geq -1\) .
\(\sqrt{2x^2 - x + 3} = x +1/^2\)
\(2x^2 - x + 3 = x^2 +2x+1\)
\(x^2-3x+2=0\) па је \(x_1=1\) и \(x_2=2\) односно \(x_1+x_2=3\)

\(2^{x^2-3x}+(\frac{1}{2})^{x^2-3x-4}=17\) , 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 \(t_2=2\) .

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

\( (a^{-1}+b^{-1})^{-1}:(b^{-1}-a^{-1})^{-1}=\)  

\((\frac{1}{a}+\frac{1}{b}):(\frac{1}{b}-\frac{1}{a})^{-1}=\)

\(\frac{b+a}{ab}\cdot\frac{ab}{a-b}=  \frac{a+b}{a+-b} \)

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 \(\frac{1}{2}\frac{3}{2}=\frac{3}{4}\)

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 \(x_S \cdot y_S=9.\)

\(x+y=2600 \Rightarrow y=2600-x\\ y-150=30\%(x+150) \Rightarrow \\2600-x-150=\frac{30}{100}(x+150)\Rightarrow x=1850,y=750 \\4x-y=110\)

Размотримо прво услове у логаритмима \(x+1>0 \Rightarrow x>-1,\)  \(3x+1>0 \Rightarrow x>-\frac{1}{3}\) ,  \(5x-4>0 \Rightarrow x>\frac{4}{5}\) ,  \(x-2>0 \Rightarrow x>2\) , па закључујемо да \(x>2\) .

\( log_3(x+1)-log_3(3x-1)+log_3(5x-4)=2log_3(x-2) \)
\( log_3\frac{(x+1)(5x-4)}{3x-1}=log_3(x-2)^2 \)
\( (x+1)(5x-4)=(3x-1)(x-2)^2 \)
\( 3x^3-18x^2+15x=0 \)
\( 3x(x^2-6x+5)=0 \)
 \(x_1=0 \vee x_2=5 \vee x_3=1\) прихаватамо само решење  \(x_2=5\) , јер остала не задовољавају критеријум услова.

\( x^2-px+6=0 \Rightarrow x_1+x_2=p \wedge x_1x_2=6 \)
\( x_1-x_2 = 1\Rightarrow x_1=1-x_2\Rightarrow x_2+x^2_2=6\) 
\( x^2_2+x_2-6=0 \)
\( x_2=-3 \vee x_2=2 \Rightarrow x_1=-2 \vee x_1=3 \)
\( p=-5 \vee p=5 \)

\(2+4^{\sqrt{x^{2}-3}+x-3}=6\cdot 2^{\sqrt{x^{2}-3}+x-4}\)
\(x^{2}-3\geqslant 0 \Rightarrow x\in \left (-\infty , -\sqrt{3} \right ]\cup \left [ \sqrt{3},+\infty \right )\)
\(2+4\cdot \left (2^{\sqrt{x^{2}-3}+x-4} \right )^{2}=6\cdot 2^{\sqrt{x^{2}-3}+x-4}\)
\(2^{\sqrt{x^{2}-3}+x-4}=t\)
\(2+4t^{2}=6t \Rightarrow 2t^{2}-3t+1=0 \Rightarrow t=1 \vee t=\frac{1}{2}\)
\(2^{\sqrt{x^{2}-3}+x-4}=1=2^{0} \vee 2^{\sqrt{x^{2}-3}+x-4}=\frac{1}{2}=2^{-1}\)
\(\sqrt{x^{2}-3}+x-4=0 \vee \sqrt{x^{2}-3}+x-4=-1\)
\(\sqrt{x^{2}-3}=4-x \vee \sqrt{x^{2}-3}=3-x\)
\(4-x\geqslant 0 \wedge 3-x\geqslant 0 \wedge x\in \left (-\infty , -\sqrt{3} \right ]\cup \left [ \sqrt{3},+\infty \right ) \)\(\Rightarrow x\in \left (-\infty , -\sqrt{3} \right ]\cup \left [ \sqrt{3},3\right ]\)
\(x^{2}-3=16-8x+x^{2} \vee x^{2}-3=9-6x+x^{2}\)
\(x_1=\frac{19}{8}=2\frac{3}{8} \vee x_2=2\)
\(x_1\cdot x_2=\frac{19}{4}\)

\(\frac{4x^{2}-5x-39}{x^{2}-x-12}\leqslant 3\\ \frac{4x^{2}-5x-39}{x^{2}-x-12}-3\leqslant 0\\ \frac{x^{2}-2x-3}{x^{2}-x-12}\leqslant 0\\ \frac{(x-3)(x+1)}{(x+3)(x-4)}\leqslant 0\)

\(x\in (-3,-1]\cup [3,4)\\ x \in\{-2,-1,3\}\)

\(\frac{x-1}{x-3}<\frac{x+8}{x+4}\)
\(\frac{x-1}{x-3}-\frac{x+8}{x+4}<0\)
\(\frac{x^2+5x+4-x^2-5x+28}{(x-3)(x+4)}<0\)
\(\frac{ 28}{(x-3)(x+4)}<0\)

\(x\in(-4,3) \)

\(V_p=128cm^{3}=BH=a^{2}H\\ r=\frac{d}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}\\ V_v=r^{2}\pi H=\left ( \frac{a\sqrt{2}}{2} \right )^{2}\pi H=\frac{128cm^{3}\pi }{2}=64\pi cm^{3}\)

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

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