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 \(a=\sqrt{h^2+c_2^2}=3\)  

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:

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

Пре него што квадрирамо ову неједнакост, обратимо пажњу на услове \(3x+1\geq0 \Rightarrow x\geq-\frac{1}{3}\) и \(6-x\geq0\Rightarrow x\leq 6 ,\) односно \(x\in[-\frac{1}{3},6] \).

\( \sqrt{3x-1}+\sqrt{6-x}=5\)

\( 3x+1+2\sqrt{(3x-1)(6-x)}+6-x=25\)

\( \sqrt{(3x-1)(6-x)}=9-x /^2 \)Обратимо пажњу на \(9-x\geq 0\Rightarrow x\leq 9\)

\( -4x^2+35x-75=0\)

\( x_{1,2}=\frac{-35\pm 5}{-8}\)

\( x_1\cdot x_{2}=\frac{75}{4}\)

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 \(x_S \cdot y_S=9.\)

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

\(4^{x-\frac{1}{x}}+16^{x-\frac{1}{x}}=72\)
\(4^{x-\frac{1}{x}}+(4^{x-\frac{1}{x}})^2=72\) 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 \(x_1x_2=-1\).

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 \(x_2-x_1=7-4=3\).

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

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

\(\frac{x^2+x-28}{x^2-4x-5}\geq2\)
\(\frac{x^2+x-28- 2x^2+8x+10}{x^2-4x-5}\geq0\)
\(\frac{-x^2+9x-18}{x^2-4x-5}\geq0\)
\(\frac{(x-3)(6-x)}{(x-5)(x+1)}\geq0\)
 
\(x\in(-1,3]\cup(5,6]\)
\(a+b+c+d=13\)

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

\(\binom{6}{3}\binom{7}{2}=\frac{6\cdot 5 \cdot 4}{3\cdot 2}\cdot\frac{7\cdot 6}{2}=420\)

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

\(log_\sqrt{5}\Rightarrow log_25=2a\)
\(\log_{10}2=\frac{1}{log_25+1}=\frac{1}{2a+1}\)

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

\(\frac{11+2i}{3-4i}\cdot \frac{3+4i}{3+4i}=\frac{25+50i}{25}=1+2i\)

Тачан је исказ: \(f_1\neq f_2 \neq f_3 \neq f_1\) , због разлике у домену и кодомену функција.

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.

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

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

\( xy=12 \Rightarrow y=\frac{12}{x} \)
\( x^2+(\frac{12}{x})^2=51 \Rightarrow x^4-51x^2+144=0\) 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 \(\sqrt{3} \)