\(V=6\pi=r^2\pi H\Rightarrow H=\frac{6}{r^2}\)
\(M=4\pi=2r\pi H\Rightarrow rH=2\)
одатле можемо закључити  \(r=3\)  и \(H=\frac{2}{3}\)

\(\frac{r}{H}=\frac{9}{2}\)

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

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

\(J=\frac{a+b}{a-b}\frac{a-b}{a+b}=\frac{(a+b)^2-(a-b)^2}{a^1-b^2}=\frac{2a^2+2b^2}{a^2-b^2}=10\)

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 \(P=\frac{12\cdot 2}{2}=12\). 

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

\( \frac{3x-16}{-x^2+11x-28} \geq 1 \)
\( \frac{3x-16+x^2-11x+28}{-x^2+11x-28} \geq 0 \)
\( \frac{x^2-8x+12}{-x^2+11x-28} \geq 0 \)
\( \frac{(x-2)(x-6)}{(7-x)(x-4)} \geq 0 \)

На основу табеле:
\( x\in[2,4)\cup[6,7) \)
\(x\in\{2,3,6\} \)

\(4^{x-\frac{1}{x}}+16^{x-\frac{1}{x}}=72\)
\(4^{x-\frac{1}{x}}+(4^{x-\frac{1}{x}})^2=72\) уводимо смену \((4^{x-\frac{1}{x}}=t)\)
\(t^2+t-72=0\) Па користећи Вијетове формуле добијамо да је \(t_1=-9\) и \(t_2=8\). Решење \(t_1=-9\) не прихватамо. Па добијамо: \(2^{x-\frac{1}{x}}=2^2\), односно \(2x^2-3x-2=0\Rightarrow x^2-\frac{3}{2}-1=0\) па је \(x_1x_2=-1\).

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

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

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 \(x_0\cdot y_0=-12\).

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.

\(D>0  (m-3)^2-4(m+5)>0\)
\(m^2-6m+9-4m-20>0\)
\(m^2-10m-11>0\Rightarrow m\in(-\infty,-1)\cup(11,+\infty)\)
\(x_1+x_2<0\Rightarrow m-3<0\Rightarrow m<3\)
\(x_1x_2<0\Rightarrow m+5>0\Rightarrow m>-5\)
Па у пресеку ових скупова \(m\in(-5,-1)\) односно \(m\in\{-4,-3,-2\}\)

\(a_1+a_2+a_3=21\)
\(3a_1+3d=21\Rightarrow a_1=7-d\)
\(a_3-a_1=6\)
\(a_1+2d-a_1=6\Rightarrow d=3 a_1=4\)
\(a_8=a_1+7d=25\)

\( sin\alpha=\frac{5}{13}, \frac{\pi}{2}<\alpha<\pi\)

\( sin^2\alpha+cos^2\alpha=1\Rightarrow cos\alpha=-\frac{12}{13}\)

\( cos\beta=-\frac{3}{5}, \pi<\beta<\frac{3\pi}{2}\)

\( sin^2\beta +cos^2\beta =1\Rightarrow sin\beta =-\frac{4}{5}\)

\( cos(\alpha + \beta)=cos\alpha cos\beta-sin\alpha sin\beta = \frac{56}{65}\)

\(x+1\geq0   \wedge 5-x \geq 0   \wedge (x+1)^2>5-x\)
\(x\geq-1   \wedge x \leq 5   \wedge x^2+3x-4>0\)
\(x\geq-1   \wedge x \leq 5   \wedge x\in (-\infty, -4)\cup(1,+\infty)\)
\(x\in(1,5]\)
\(x\in\{2,3,4,5\}\)
 

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.

\(ab+\frac{a^2b+ab^2}{a^2-b^2}(\frac{a^2}{b}-\frac{b^2}{a})=\) 

\(ab+\frac{ab(a+b)}{(a-b)(a-b)} \frac{(a-b)(a^2+ab+b^2)}{ab}= \) 

\(ab+a^2+ab+b^2=(a+b)^2=9\)

\(1 + \sin 2x - 2\sin x = \cos 2x\)
\( 1 + 2\sin x \cos x - 2\sin x = \cos 2x\)
\( 2\sin x (\cos x – 1)= \cos^2x-\sin^2x-1\)
\( 2\sin x (\cos x – 1) +2\sin^2x=0\)
\( 2\sin x (\cos x-1+\sin x)=0\)
Посматрајмо прво \(\sin x=0\Rightarrow x=k\pi\) а потом размотримо  \(\cos x-1+\sin x =0\)

\( \cos x=1-\sin x\)
\( \cos^2x+\sin^2x=1\)
\( (1-\sin x)^2+\sin^2x=1\)
\( \sin x(\sin x-1)=0\) односно  \(\sin x=1 \Rightarrow x=\frac{\pi}{2}+2k\pi\)
\( x\in {0, \pi, 2\pi, 3\pi, \frac{\pi}{2}, \frac{5\pi}{2}}\)

Из текста задатка можемо закључити да је \(a<b<c\) па онда важи слика! Због угла \(\alpha=\frac{\pi}{6}\) важи да је \(h=\frac{b}{2}=\frac{3\sqrt{3}}{2}\) . Па је \(c_1=\frac{b\sqrt{3}}{2}=\frac{9}{2}\) а онда је \(c_2=\frac{3}{2}\) . Па је \(a=\sqrt{h^2+c_2^2}=3\)  

\(P(x)=x^{2014}+x^{2013}+ax+b\)
\(Q(x)=x^2-1=(x-1)(x+1)\)
\(P(1)=1+1+a+b=0\)
\(P(-1)=1-1-a+b=0\) Одатле добијамо да је \( b=-1\) и \(a=-1\) па је \(2a-5b=3\).