\(1) x\in (-\infty, -1)\)
\(\frac{1-x}{1+x}<\frac{1-x}{-(1+x)}\)
\(\frac{2(1-x)}{1+x}<0\)
\(x\in (-\infty, -1)\)
\(2) x\in (-1,0)\)
\(\frac{1-x}{1+x}<\frac{1-x}{1+x} \Rightarrow \emptyset\)
\(3) x\in (0,1)\)
\(\frac{1-x}{1-x}<\frac{1+x}{1+x} \Rightarrow \emptyset\)
\(4) x\in (0, +\infty )\)
\(\frac{-1+x}{1-x}<\frac{1+x}{1+x} \Rightarrow -1<0\)
\(x\in (0, +\infty )\)
\(x\in (-\infty, -1) \cup (0, +\infty )\)

Ако је висина ваљка и купе \(H\), полупречник њихове основе \(r\), а изводница купе \(s\), следи да је  \(r^2+H^2=s^2\).

Како је однос \(H:s=4:5\), следи да је\(H=4k\) и \(s=5k\), при чему је \(k \in N\). Сада је:

\(r^2+(4k)^2=(5k)^2\)

\(r^2=9k^2\)

\(r=3k\)

Однос површине ваљка и купе је сада:

\(\frac{P_v}{P_k}=\frac{2r^2\pi +2r\pi H}{r^2\pi+r\pi s}\)

Ако уврстимо одговарајуће вредности за \(H\), \(s\) и \(r\), добијамо:

\(\frac{P_v}{P_k}=\frac{7k}{4k}=\frac{7}{4}\)

\(P_v:P_k=7:4\)

\((x^2-2x)^{13}\)

Коефицијент уз \(x^{24}\) у развијеном облику \((x^2)^{13-k}\cdot (2x)^k=x^{24}\Rightarrow   x^{26-2k+k}\cdot 2^k\). Пошто степен уз \(x\) треба да буде једнак \(24\) закључујемо да је \(k=2\) и памтимо \(2^k\) које користимо у следећој формули.
Pa je коефицијент уз \( x^{24}\) у развијеном облику \({n \choose k}\cdot 2^k=  {13 \choose 2}\cdot 2^2=  \frac{13\cdot 12}{2}\cdot 4=312 \).

Из \(\frac{x-1}{x+1}=\varepsilon \frac{1+i}{1-i}\) налазимо да је \(x=\frac{i-\varepsilon }{i+\varepsilon } \). Рационалисањем налазимо \(x=\frac{-1-2i\varepsilon +\varepsilon ^2}{-1-\varepsilon ^2} .\) Из релације \(1+\varepsilon +\varepsilon ^2=0\) налазимо \(-1-\varepsilon ^2=\varepsilon\) , тј. налазимо  \(x=\frac{-1-2i\varepsilon +\varepsilon ^2}{\varepsilon }=-2i+\frac{\varepsilon ^2-1}{\varepsilon } ,\)  а затим користећи везу \(-1=\varepsilon ^2+\varepsilon\) налазимо  \(x=-2i + \frac{\varepsilon ^2+\varepsilon ^2+\varepsilon }{\varepsilon }=-2i + 2\varepsilon +1\) .

Раван која садржи попречни пресек ваљка сече лопту по великом кругу, а ваљак по правоугаонику уписаном у тај круг, димензија \(2r\) и \(h\), где су \(r\) и \(h\) редом, полупречник основе и висина ваљка (притом је \(0<h<2R\)). Следи \(4r^2+h^2=4R^2\), па је запремина ваљка \(V=r^2\pi h=\pi \left(R^2h-\frac{h^3}{4}\right)\). Како је \(V^{'}(h)=\pi \left(R^2-\frac{3h^2}{4}\right)\), \(V(h)\) расте на \(\left(0, \frac{2R}{\sqrt{3}} \right)\), опада на \(\left(\frac{2R}{\sqrt{3}}, 2R \right)\), па је њен максимум \(V\left(\frac{2R}{\sqrt{3}}\right)=\frac{4}{3\sqrt{3}}R^3\pi\).

\(3 tg^{2}x-8\cos^{2} x+1=0\\ 3 \frac{1-\cos ^{2}x}{\cos ^{2}x}-8\cos^{2} x+1=0\\ \cos x=t\\ 3\frac{1-t^{2}}{t^{2}}-8t^{2}+1=0\\ 8t^{4}+2t^{2}-3=0\\ t^{2}=u\\ 8u^{2}+2u-3=0 \Rightarrow u=\frac{1}{2} \vee u=-1\\ u=\frac{1}{2} \Rightarrow t=\frac{\sqrt{2}}{2} \vee t=-\frac{\sqrt{2}}{2}\\ \cos x=\frac{\sqrt{2}}{2} \vee \cos x=-\frac{\sqrt{2}}{2}\\ x=\frac{\pi }{4} \vee x=\frac{7\pi }{4} \vee x=\frac{3\pi }{4} \vee x=\frac{5\pi }{4}\)

Како је ​\(y+\frac{1}{2}>|x^2-2x|\)​, односно ​\(y>|x^2-2x|-\frac{1}{2}>-\frac{1}{2}\)​ и  ​\(y \leq y+|x-1|<2\)​, ако је \(y \in \mathbb{Z}\), мора бити \(y \in \left\{0,1\right\}\). Ако је \(y=0\) и ​\(x \in \mathbb{Z}\)​ , из ​\(|x-1|<2\)​   следи да је ​\(x \in \left\{0,1,2\right\}\)​ , па из ​\(|x^2-2x|<\frac{1}{2}\)​   следи да су  ​\(x=0\)​ и  ​\(x=2\)​ решења система, а  ​\(x=1\)​ није. Ако је ​\(y=1\)​ и ​\(x \in \mathbb{Z}\)​, из ​\(|x-1|<1\) следи да је  ​\(x=1\)​ , па како  ​\(x=1\)​  задовољава и неједначину  ​\(|x^2-2x|<\frac{3}{2}\), ово јесте решење. Сада су парови целих бројева који су решења система су ​\((x,y) \in \left\{(0,0), (0,2),(1,1)\right\}\)​ .

Све функције су на свом домену идентички једнаке 1. Међутим, домен прве је \(R\), а друге и треће \(R \backslash \{ k\pi | k \in Z \}\), па је \(f_1 \neq f_2 = f_3\).

Средимо почетну неједначину \(\frac{x}{x+2} \leq \frac{1}{1-x}\) .
\(\frac{x-x^2-x-2}{(x+2)(x-1)} \leq 0 \)
\(\frac{-x^2-2}{(x+2)(x-1)} \leq 0 \) , направимо таблицу како бисмо одредили интервал у коме ће вредност са леве стране неједнакости бити мањи од 0.

Дакле ако \(x\in (-2,1)\)збир свих целих бројева из тог интервала је \(-1+0=-1\). 

\(2 \cdot 5 \cdot5!=1200\\ 5 \cdot 4 \cdot 5!=2400\\ 1200+2400=3600\)

\(a=0,1^{0,1}=\left( \frac{1}{10} \right)^{\frac{1}{10}}=\sqrt[10]{\frac{1}{10}}=\sqrt[10]{\frac{100}{1000}}\)

\(b=0,2^{0,2}=\left( \frac{2}{10} \right)^{\frac{2}{10}}=\sqrt[10]{\left(\frac{2}{10}\right)^2}=\sqrt[10]{\frac{4}{100}}=\sqrt[10]{\frac{40}{1000}}\)

\(c=0,3^{0,3}=\left( \frac{3}{10} \right)^{\frac{3}{10}}=\sqrt[10]{\left(\frac{3}{10}\right)^3}=\sqrt[10]{\frac{27}{1000}}\)

Закључујемо да је \(c<b<a\).

\(P_1=2B\\ a\cdot c=2a^{2} \Rightarrow c=2a\\ \cos \alpha =\frac{a}{c}=\frac{a}{2a}=\frac{1}{2} \Rightarrow \alpha =60^o\)

\(f(x)=|x|+a\)

\(f(f(x))=f(|x|+a)=\left||x|+a\right|+a\)

\(f(x)+f(f(x))=|x|+a+\left||x|+a\right|+a=x\)

\(|x|+\left||x|+a\right|=x-2a\)

1. за \(x<0\) је \(-x+\left|-x+a\right|=x-2a\)
   1. даље за \(-x+a<0\), односно \(x>a\) је \(-x+\left(-x+a\right)=x-2a\), па је \(x=a\). Нема решења.
   2. даље за \(-x+a\geq 0\), односно \(x\geq a\) је \(-x-x+a=x-2a\), па је \(x=a\). Нема решења, јер је \(a>0\).
2. за \(x\geq 0\) је \(x+\left|x+a\right|=x-2a\)
   1. даље за \(x+a<0\), односно \(x<-a\) је \(x+\left(x+a\right)=x-2a\), па је \(x=a\). Нема решења.
   2. даље за \(x+a\geq 0\), односно \(x\geq -a\) је \(x+x+a=x-2a\), па је \(x<0\). Нема решења.

Закључујемо да има \(0\) решења.

\(2^{16^{x}}=16^{2^{x}}\\ 2^{2^{4x}}=2^{2^{2+x}}\\ x=\frac{2}{3}\)

Ако је \(t>-1\), како је \((e^{-x})^{'}=-e^{-x}\) тангента у тачки је \((e, e^{-t})\) је \(y=-e^{-t}x+e^{-t}(1+t)\), њен пресек са \(x\)-осом \(A(1+t,0)\), а са \(y\)-осом је \(B(0,e^{-t}(1+t))\), па је површина \(\bigtriangleup{ABC}\) једнака је \(P(t)=\frac{OB\cdot OA}{2}=\frac{1}{2} \cdot (1+t)^2e^{-t}\). Како је \(P^{'}(t)=\frac{1}{2} \cdot (2(1+t)e^{-t}-(1+t)^2e^{-t})=\frac{(1+t)e^{-t}}{2}\cdot (1-t)\), следи \(P^{'}(t)>0\) за \(t \in (-1,1)\),  \(P^{'}(t)<0\) за \(t \in (1, \infty)\), oдносно функција расте на интервалу ​\(t \in (-1,1)\)​, а опада на ​\(t \in (1, \infty)\)​ па достиже максимум за \(t=1\) и он износи \(P(1)=\frac{2}{e}\).

\(\log_{24}50=2\log_{24}5+\log_{24}2=\\ \frac{2}{\log_{5}3+3\log_{5}2}+\frac{1}{\log_{2}8+\log_{2}3}=\\ \frac{2}{\log_{5}3+3b}+\frac{1}{3+a}=\frac{2}{\frac{\log_{2}3}{\log_{2}5}+3b}+\frac{1}{3+a}=\\ \frac{2}{ab+3b}+\frac{1}{3+a}=\frac{2+b}{b(a+3)}\)

Како је \(7^4=49^2 \equiv (-1)^2= 1(mod 10)\), следи \(7^{2009} \equiv7(mod 10)\), па је последња цифра овог броја 7.

\(P(1)=1+a+b-4=0\\ P(-1)=-1+a-b-4=0\\ a=4, b=-1\\ a^{2}+b^{2}=17\)

Ако је трапез описан око кружнице, то значи да је \(h=2r=4cm\), па је \(m=\frac{P}{h}=5cm\). Пошто је четвороугао тангентни тада важи да је збир наспрамних страница једнак, па је \(2c=a+b=2m=10cm\), односно \(c=5cm\).

Ако размотримо услов из задатка, можемо да закључимо да на прво место може сести 6 дечака или девојчица, а на последње 5 (јер од могућих 6 особа које седе на првом и поседњем месту неко је већ се на прво место). На осталих 6 места, дечаци и девојчице се могу расподелити на 6! начина. Дакле, укупан број начина на који се они могу раподелити је \(6\cdot5\cdot6!\), односно \(30\cdot 6!\).