Растојање тачке са координатама \((0,0)\) од праве \(3x-y+5=0\) је \(\frac{|3 \cdot 0-0+5|}{\sqrt{1^2+3^2}}=\frac{5}{\sqrt{10}}=\frac{\sqrt{10}}{2}\).

\(\left ( \frac{\left ( -0,4 \right )^{3}}{\left ( -0,8 \right )^{3}}- \frac{\left ( -0,8 \right )^{3}}{\left ( -0,4 \right )^{3}} \right ):\left ( \frac{3}{4}-3 \right )=\left (\frac{1}{8}-8 \right )\cdot \left (- \frac{4}{9} \right )=\frac{7}{2}\)

Чланови развоја су облика \({13\choose k} (x^2)^k(-2x)^{13-k}={13\choose k}(-2)^{13-k}x^{13+k}\) за \(0 \leq k \leq13, k \in Z\). Члан \(x^{24}\) се добија за \(k=11\) и одговарајући коефицијент је \((-2)^2 {13 \choose 11}=312\).

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 \(30\cdot 6!\).

Ако једначину \(\frac{x-1}{\sqrt{x}+1}= 4+\frac{\sqrt{x}-1}{2}\) помножимо са \(2(\sqrt{x}+1)\), добићемо \(2x\sqrt{x} – 10\sqrt{x}+x=9\). Уведимо смену \(\sqrt{x}=t\), тада важи да је \(t\geq0\), па добијамо\( 2t^3+t^2-10t-9=0\). Ако размотримо једначину, приметићемо да је \(t_1=-1\) једно од решења (које не задовољава услове, па га на крају задатка нећемо узимати у обзир прихватљивих решења, али ћемо га користита сада како бисмо упростили једначину). Једначину ћемо поделити са \((t+1)\). Накој дељења добијамо \(2t^2-t-9=0\) и користећи Вијетове формуле добијамо да је \(t_{1,2}=\frac{1\pm\sqrt{73}}{4}\). Решење \(t_{1}=\frac{1-\sqrt{73}}{4}\)  не узимамо у разматрање јер \(t\geq0\), па закључујемо да је \(\sqrt{x}=t=\frac{1+\sqrt{73}}{4}\). Односно \(x=\frac{74+2\sqrt{73}}{16}\approx 4,4\)

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 \(V\left(\frac{2R}{\sqrt{3}}\right)=\frac{4}{3\sqrt{3}}R^3\pi\).

Ако је \(\gamma\) угао између \(a\) и \(b\), следи \(\frac{12}{13}=\frac{ab\sin\gamma}{2}\) па је \(\sin \gamma=\frac{12}{13}\), а \(\cos^2\gamma=1-\sin^2\gamma=\frac{25}{169}\). Како је троугао оштроугли, следи \(\cos \gamma=\frac{5}{13}\), па по косинусној теореми следи \(c^2=a^2+b^2-2ab\cos\gamma=1+4-4 \cdot \frac{5}{13}=\frac{45}{13}\), тј. \(c=\frac{3\sqrt{5}}{\sqrt{13}}\).

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

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

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

Закључујемо да је \(c<b<a\).

Како су \(a,b,c\)  (тим редом) узастопни чланови аритметичког низа, следи \(2b=a+c\), па како је и \(a+b+c=18\), следи \(b=6, a+c=12\). Како су \(a,b,c+1\)  (тим редом) узастопни чланови геометријског низа, следи \(b^2=a(c+1)\), па из \(c=12-a, b=6\) следи \(0=a^2-13a+36=(a-4)(a-9)\). Како је полазни аритметички низ растући, следи \(a=4, c=8\) па је \(a^2+b^2+c^2=116\).

Како \(M\) припада графику функције, следи \(\frac{1}{19}=\frac{1}{9+3a+2}\), одакле је \(a=\frac{8}{3}\), па је \(y=\frac{1}{(x-\frac{4}{3})^2+\frac{2}{9}}\). Следи да је функција дефинисана за \(x \in R\), узима позитивне вредности, важи \(y=\frac{1}{(x-\frac{4}{3})^2+\frac{2}{9}} \leq\frac{1}{\frac{2}{9}}=\frac{9}{2}\) и притом је \(f(\frac{4}{3})=\frac{9}{2}\).

Како је \(d_1=(2-\sqrt{3})d_2\) закључујемо да је \(d_1<d_2\).

Угао ромба наспрам дијагонале \(d_1\) је оштар. Означимо га са \(\alpha\).

Применом косинусне теореме на троугао који чине две странице троугла и краћа дијагонала \(d_1\) добијамо:

\(d_1^2=a^2+a^2-2\cdot a\cdot a \cdot \cos{\alpha}\)

\(d_1^2=2a^2-2a^2\cos{\alpha}\)

\(d_1^2=2a^2(1-\cos{\alpha})\)

Применом Питагорине теореме на ромб добијамо \(a^2=\left( \frac{d_1}{2}\right)^2+\left( \frac{d_2}{2}\right)^2\).

Када уврстимо у претходни израз добијамо

\(d_1^2=2\left(\left( \frac{d_1}{2}\right)^2+\left( \frac{d_2}{2}\right)^2\right)(1-\cos{\alpha})\)

\(((2-\sqrt{3})d_2)^2=2\left(\left( \frac{(2-\sqrt{3})d_2}{2}\right)^2+\left( \frac{d_2}{2}\right)^2\right)(1-\cos{\alpha})\)

\(((2-\sqrt{3})d_2)^2=2\left(\left( \frac{(2-\sqrt{3})d_2}{2}\right)^2+\left( \frac{d_2}{2}\right)^2\right)(1-\cos{\alpha})\)

После сређивања једначине и дељења са \(d_2^2\) добијамо:

\(\cos{\alpha}=\frac{\sqrt{3}}{2}\)

\(\alpha=30^{\circ}\)

\(|4^{3x}-2^2\cdot 2^{4x}\cdot 3\cdot3^{x}+20\cdot36^x|\geq8\cdot6^x(\frac{1}{8}\cdot8^{x}+6^x)\)

\(|64^{x}-12\cdot 48^{x}+20\cdot36^x|\geq48^x+8\cdot 36^x\)

\(|\left(\frac{4}{3}\right)^{2x}-12\cdot \left(\frac{4}{3}\right)^{x}+20\cdot1|\geq\left(\frac{4}{3}\right)^{x}+8\)

Ако је \(\left(\frac{4}{3}\right)^{x}=z\), онда је:

\(|z^{2}-12\cdot z^{x}+20|\geq z+8\).

\(|(a-10)(a+2)|\geq a^{x}+8\)

1. За \(z\in (-\infty, 2]\) је \(z^2-12z+20\geq z+8\). Решење је \(z\in (-\infty, 1]\)
2. За \(z\in (2, 10]\) је \(-z^2+12z-20\geq z+8\). Решење је \(z\in [4, 7]\)
3. За \(z\in (10, +\infty]\) је \(z^2-12z+20\geq z+8\). Решење је \(z\in [12, +\infty)\)

Коначно решење је:

\(z\in (-\infty, 1] \cup[4,7]\cup[12, +\infty)\)

Решење је облика:

\(z\in (-\infty, a] \cup[b,c]\cup[d, +\infty)\)

Ако је \(x^2 − x + m^2 + 2m − 3 = 0\), тада је \(x_1+x_2=1\) и \(x_1\cdot x_2=m^2+2m -3\) па је \(x^3_1+x^3_2=(x_1+x_2)(x_1^2-2x_1x_2+x^2_2)=\) \((x_1+x_2)((x_1+x_2)^2-3x_1x_2)\).
Односно \(x^3_1+x^3_2=-3m^2-6m+10\). Ако први извод израза \(x_1^3  + x_2^3\) изједначимо са нулом, добићемо тачку у којој та функција достиже максимум. Први извод  функције \(f=x_1^3  + x_2^3\) je \(f’=-6m-6\), па функција достиже максимум за \(m=-1\).

\(x_1+x_2=\frac{6+5m}{1+m} \Rightarrow m=\frac{x_1+x_2-6}{5-x_1-x_2}\\ x_1x_2=\frac{5+6m}{1+m}=\frac{5+6\frac{x_1+x_2-6}{5-x_1-x_2}}{1+\frac{x_1+x_2-6}{5-x_1-x_2}}=-x_1-x_2+11\)

\(\log_2(\log_4 x) + \log_4(\log_2 x) < 2\), важи да  \(\log_2 x >0\) односно \( x >1\)
\(\log_2(\frac{1}{2}\log_2 x) + \frac{1}{2}\log_2(\log_2 x) < 2\)
\(\log_2(\log_2 x^{\frac{1}{2}}) + \log_2(\log_2 x)^{ \frac{1}{2}}< 2=\log_24\)
\(\frac{1}{2}\log_2 x \cdot (\log_2x)^{\frac{1}{2}}<4\)
\((\log_2x)^{\frac{3}{2}}<8\)
\(\log_2x<\sqrt[3]{8^2}\)
\(\log_2x<4\)
\(x<2^4\) односно \(x<16\) и ако узмемо у обзир услов са почетка, тада je \(x\in (1, 16)\). 

\(a=9\sqrt{2}, b=21\)
\(c=\sqrt{a^{2}+b^{2}-2ab\cos \gamma }=\sqrt{162+441-378}=15\)
Из једнокраког правоуглог троугла следи да је \(h=9\)
\(P=\frac{21\cdot 9}{2}=\frac{189}{2}\)
\(p=\frac{a+b+c}{2}=\frac{9\sqrt{2}+36}{2}\)
\(P=rp=\frac{abc}{4R} \Rightarrow R=\frac{abc}{4P}=\frac{15\sqrt{2}}{2}\)
\(r=\frac{P}{p}=\frac{21}{\sqrt{2}+4}=6-\frac{3\sqrt{2}}{2}\)
\(r+R=\frac{15\sqrt{2}}{2}+6-\frac{3\sqrt{2}}{2}=6(\sqrt{2}+1)\)

 \(r^2=\left (\frac{a}{2}\right )^2+(a-r)^2\)
\(r^2=\frac{a^2}{4}+a^2-2ar+r^2\)
\(2r=\frac{5a}{4}\)

Основа пирамиде је квадрат странице \(\frac{a\sqrt{2}}{2}\), омотач је састављен од четири подударна једнакокрака троугла, основице \(\frac{a\sqrt{2}}{2}\), а бочна ивица је хипотенуза троугла чије су катете \(a\) и \(\frac{a}{2}\). Следи да је дужина бочне ивице \(\sqrt{a^2+\left( \frac{a}{2} \right)^2}=\frac{a\sqrt{5}}{2}\), па је висина тог троугла \(\sqrt{ \left( \frac{a\sqrt{5}}{2}\right)^2 - \left( \frac{a\sqrt{2}}{4} \right)^2}=\frac{3a}{2\sqrt{2}}\), а површина омотача \(4 \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{a\sqrt{2}}{2} \cdot \frac{3a}{2\sqrt{2}}=\frac{3a^2}{2}=6\).

Пошто у задатку имамо функцију \(f\big(\frac{x+3}{x+1}\big)=3x+2\), уведимо смену \(\frac{x+3}{x+1}=t\). Тада ће бити \(x=\frac{t-3}{1-t}\). Заменимо вредност \(t\) у почетну функцију и израчунајмо \(f(t)\).
\(f(t)=3\frac{t-3}{1-t}+2\), овако записана једнакост нам омогућава да израчунамо \(f(5)\).
\(f(5)=3\frac{2}{-4} + 2=\frac{1}{2}\).

Број свих шестоцифрени бројева је \(9\cdot 10^5\) јер на првом месту не може бити цифра \(0\).

Од тог броја одузмемо све бројеве који не садрже цифру \(1\). На првој позицији може бити 8 (осам) цифара, док на преостале 5 (пет) позиције можемо поставити једну од 9 (девет) цифара (све цифре без 1). Дакле одузимамо \(8\cdot 9^5\).

Сада је \(N=9\cdot 10^5-8\cdot 9^5\).

Овај израз је потребно средити.

\(N=9\cdot 10^5-8\cdot (10-1)^5\)

\(N=9\cdot10^5-8\cdot(10^5-5\cdot 10^4+10\cdot 10^3-10\cdot10^2+5\cdot 10-1)\)

\(N=4,72608\cdot 10^5\)

\(N\in [4\cdot10^5, 5\cdot 10^5)\)