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 \(x_1+x_2=3\)

\(log_{\frac{1}{2}}28=-log_228=-log_22^2-log_27=-2-\frac{1}{a}=-\frac{2a+1}{a}\)

\(z=x+iy\)
\(\frac{\left | z-1+i \right |}{\left | z-2+2i \right |}=1\)
\(\left | x+iy-1+i \right |=\left | x+iy-2+2i \right | \)
\( \sqrt{(x-1)^2+(y+1)^2}=\sqrt{(x-2)^2+(y+2)^2} \Rightarrow x-y=3\)

\(\frac{\left | z \right |}{\left | z-1-i \right |}=1 \)
\( \left | x+iy \right |=\left | x+iy-1-i \right | \)
\( \sqrt{x^2+y^2}=\sqrt{(x-1)^2+(y-1)^2} \Rightarrow x+y=1\)

\(x=2, y=-1 \Rightarrow z=2-i \Rightarrow \bar{z}=2+i \)
\(\bar{z}=2+i \Rightarrow \bar{z}\cdot i=-1+2i\)
\(Im(\bar{z}\cdot i)=Im(-1+2i)=2\)

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

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

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

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

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

1. \(x-1\geq0 \Rightarrow x\geq 1 \)
\( x-1+2x=5 \)
\( 3x=6 \)
\( x=2\) 
2. \(x-1<0 \Rightarrow x< 1 \)
\( -x+1+2x=5 \)
\( x=4 ,\) ово решење не прихватамо јер не припада интервалу.

\(\sqrt{10+x}-\sqrt{5-x}=\sqrt{1+x}\)

\(10+x \geqslant 0\wedge  5-x \geqslant 0\wedge  1+x\geqslant 0 \)
\(x \geqslant -10 \wedge  -x \geqslant -5 \wedge  x\geqslant -1 \Rightarrow x\in \left [ -1,5 \right ]\)

\(\sqrt{10+x}=\sqrt{1+x}+\sqrt{5-x} /^{2}\)
\(4-x=2\sqrt{(1+x)(5-x)}/^{2}, \) уз услов \(4-x\geqslant 0 \Rightarrow x\in \left [ -1,4 \right ]\)
\(5x^{2}-24x-4=0 \)
\(x_{1,2}=\frac{24\pm \sqrt{576+80}}{10}\Rightarrow x_1=\frac{12+2\sqrt{42}}{5} \vee x_2=\frac{12-2\sqrt{42}}{5}\)
\(x_1\cdot x_2=\frac{12+2\sqrt{42}}{5} \cdot  x_2=\frac{12-2\sqrt{42}}{5}=-\frac{4}{5}\)
 

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

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

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

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

Одредимо основицу једнакокраког троугла \((\frac{a}{2})^2=b^2-H^2 \rightarrow a=8cm\). Сада, означимо са \(x\) и \(y\) странице троугла. Његова површина је \(P=xy\); па је потребно да површину изразимо у функцији његове једне странице како бисмо користили извод да добијемо однос страница за максималну површину. 

Из сличности троуглова следи \(\frac{a}{2}:H=\frac{y}{2}:(H-x)\) односно добијамо да је \(y=a-\frac{a}{H}x = 8-\frac{8}{3}x\). 

Сада је формула за површину \(P=xy=x\left(8-\frac{8}{3}x\right)=-\frac{8}{3}x^2+8x\). Одредићемо први извод по променљивој \(x\) и изједначићемо га са 0. 

\(P'=-\frac{16}{3}x+8=0\) и тако добијамо \(x=\frac{3}{2}\). Вредност стрнице \(x\) заменимо у изразу за \(y\) и добијамо да је \(y=4\), па је обим 11.

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.

\( \frac{8}{3-\sqrt{5}}-\frac{2}{2+\sqrt{5}}=  \frac{8(3+\sqrt{5})}{3^2-\sqrt{5}^2}-\frac{2}{2+\sqrt{5}} \cdot \frac{2-\sqrt{5}}{2-\sqrt{5}}=  \frac{8(3+\sqrt{5})}{9-5}-\frac{2(2-\sqrt{5})}{-1}=10 \)
 

 

 

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:

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

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

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

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

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

\(k=6l+3\)

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

\(334+1=335\)

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.

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

\(1+\log_{2}(2^{x}-1)=\log_{2^{x}-1}64\)
\(2^{x}-1>0 \wedge 2^{x}-1\neq 1 \Rightarrow x>0 \wedge x\neq 1\)
\(1+\log_{2}(2^{x}-1)=\frac{6}{\log_{2}(2^{x}-1)}\)
\(\log_{2}(2^{x}-1)=t\)
\(1+t=\frac{6}{t}/t\neq 0\)
\(t^{2}+t-6=0 \Rightarrow t=-3 \vee t=2\)
\(\log_{2}(2^{x}-1)=-3 \vee \log_{2}(2^{x}-1)=2\)
\(2^{x}-1=2^{-3} \vee 2^{x}-1=2^{2}\)
\(x_1=\log_{2}\frac{9}{8} \vee x_2=\log_{2}5\)
\(a=x_1+x_2=\log_{2}\frac{9}{8} +\log_{2}5=\log_{2}\frac{45}{8}\)
\(2^{a+3}=2^{a}\cdot 2^{3}=\frac{45}{8}\cdot 8=45\)