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  \(x=-2i + \frac{\varepsilon ^2+\varepsilon ^2+\varepsilon }{\varepsilon }=-2i + 2\varepsilon +1\) .

\(8\sin^2(80^\circ)-2\sqrt3\sin(40^\circ)-2\cos(40^\circ),\) запишимо као
\(4\left(\frac{\sqrt3}{2}\sin(40^\circ)+\frac{1}{2}\cos(40^\circ)\right)\) и ту применимо формулу \(\sin(\alpha-\beta)\) и добијамо
\(4\left(\sin60^\circ\sin40^\circ+\cos60^\circ\cos40^\circ\right).\) Сада ћемо применити формулу за косинус разлике, па добијамо:
\(4\left(1-\cos160^\circ\right)-4\cos20^\circ.\) Трансформишимо \(\cos160^\circ = -\cos\left(180^\circ-160^\circ\right)\) односно \(-\cos20^\circ.\) Па је цео израз једнак 4.

Једначина је дефинисана за \(\sin x>0\), \(\sin x \neq 1\), \(\cos x>0\),  ​\(\cos x \neq 1\),​ тј. за \(x \in \left(2k\pi, \frac{\pi}{2}+2k\pi\right)\), \(k \in \mathbb{Z}\). Како је \(0<\sin x <1\) и ​\(0<\cos x <1\)​, следи \(\ln \sin x <0\) и ​\(\ln \cos x <0\)​. За такве \(x\) jедначина је еквивалентна са  ​\(\frac{\ln \sin x}{\ln \cos x} =4 \cdot \frac{\ln \cos x}{\ln \sin x}\)​ односно ​\(\left( \frac{\ln \sin x}{\ln \cos x} \right)^2=4\)​ па је ​\(\frac{\ln \sin x}{\ln \cos x} =2\) јер је ​\(\frac{\ln \sin x}{\ln \cos x} >0\)​. Сада је:

​\(\ln \sin x=2\ln \cos x=\ln \cos^2 x\)​

​\(\sin x=\cos^2 x=1-\sin^2 x\)​

​\(\sin^2 x+\sin x-1=0\)​

\(\sin x = \frac{\sqrt{5}-1}{2}\) (друго решење је негативно)

​\(x = \arcsin\frac{\sqrt{5}-1}{2}+2k\pi\)​

Решење које припада скупу ​\(\left(0,\pi \right)\)​ је  ​\(\frac{\sqrt{5}-1}{2}\)​, а како је  ​\(\sin \frac{\pi}{6} =\frac{1}{2}< \frac{\sqrt{5}-1}{2}<\frac{\sqrt{2}}{2}<\sin \frac{\pi}{4}\)​, следи да то решење припада интервалу ​\(\left(\frac{\pi}{6},\frac{\pi}{4} \right]\).​

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 \(4 \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{a\sqrt{2}}{2} \cdot \frac{3a}{2\sqrt{2}}=\frac{3a^2}{2}=6\).

\(\frac{a_{10}}{a_2}=\frac{a_1+9d}{a_1+d}=5\) 
\(a_1+9d=5a_1+5d\)
\(4a_1=4d\), односно \(a_1=d\).

\(a_1^2  + a_2^2  + a_3^2  = 56\)
\( a_1^2  + (a_1+d)^2 + (a_1+2d)^2=56\)
\(14a_1^2=56\) односно \(a_1^2=4\) а пошто знамо да је прогресија опадајућа, закључујемо да је \(a_1=-2\) и \(d=-2\).
Па је \(a_{2014}=a_1+2003d=-4028\).

Нека је \(p: \sqrt{2}x+y=1\) и \(q: 2x+\sqrt{2}y=3\sqrt{2}\).

У експлицитном облику је \(p: y=-\sqrt{2}x+1\) и \(q: y=-\sqrt{2}x+3\), те због истог коефицијента правца закључујемо да су ове две праве паралелне.

У општем облику је \(p: \sqrt{2}x+y-1=0\) и \(q: \sqrt{2}x+y-3=0\).

Растојање између паралелних правих \(A_1x+B_1y+C_1=0\)  и \(A_1x+B_1y+C=0\) ћемо наћи по обрасцу \(\delta = \frac{C_1-C}{\sqrt{A_1^2+B_1^2}}\).

Стога је \(\delta = \frac{2\sqrt{3}}{3}\).

\(f(x − 1)=\frac{2x-1}{x+2}\), да бисмо одредили \(f(t)\), уведимо смену \(x-1=t\) тада је \(x=t+1\).
Па је \(f(t)=\frac{2(t+1)-1}{(t+1)+2}=\frac{2t+1}{t+3}\), а сада:
\(f(f(x))=f(\frac{2x+1}{x+3})=\frac{2\frac{2x+1}{x+3}+1}{\frac{2x+1}{x+3}+3}=\frac{5x+5}{5x+10}=\frac{x+1}{x+2}\)

Због апсолутних вредности посматраћемо неколико различитих интевала којима x припада. 

1. \( x\in(-\infty,-\frac{1}{2}]\)
\(f(x)=-2x-1-x+3+5x-4=2x-2\), ова функција је растућа, па ће максимум достићи у крајњој десној тачки интервала \(f(-\frac{1}{2})=-3\).

2. \(x\in(-\frac{1}{2},\frac{4}{5}]\)
\(f(x)=2x+1-x+3+5x-4=6x\), и ова функција је растућа, па ће максимум достићи у крајњој десној тачки интервала \(f(\frac{4}{5})=\frac{24}{5}\).

3. \(x\in(\frac{4}{5},3]\)
\(f(x)=2x+1-x+3-5x+4=-4x+8\), ова функција је опадајућа, па ће максимум достићи у крајњој левој тачки интервала. Односно максимум ће тежити претходно израчунатој вредности
4. \(x\in(3,+\infty)\)
\(f(x)=2x+1+x-3-5x+4=-2x+2\), и ова функција је опадајућа, па ће максимум бити у крајњој левој тачки интервала и свакао ће бити мањи него у претходном интервалу.

Тако да закључујемо да функција достиже максимум \(f(\frac{4}{5})=\frac{24}{5}\).

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:

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

\(P_v:P_k=7:4\)

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 \(P(1)=\frac{2}{e}\).

\(\left( 1-sin\frac{\pi}{8} \right)\left( 1+sin\frac{\pi}{8} \right)=\)

\(= 1-sin^2\frac{\pi}{8} = \cos^2 \frac{\pi}{8}=\frac{1+\cos\frac{\pi}{4}}{2}=\frac{1+\frac{\sqrt{2}}{2}}{2}=\)

\(=\frac{2+\sqrt{2}}{4}\)

Како је \(\cos\left({x-\frac{3\pi}{2}}\right)=-\sin {x}\) следи да је \(\sin {x}=\frac{4}{5}\).

Из \(\sin^2{x}+\cos^2{x}=1\) и \(\frac{\pi}{2}<x<\pi\) добијамо да је \(\cos{x}=-\frac{3}{5}\).

Како је \(\sin\frac{x}{2}\cos{\frac{5x}{2}}=\frac{2\sin{\frac{3x-2x}{2}}\cos\frac{{3x+2x}}{2}}{2}=\frac{\sin{3x}-\sin{2x}}{2}\) и

\(\sin {2x}=2\sin{x}\cos{x}=-\frac{24}{25}\)и

\(\sin {3x}=\sin(2x+x)=\sin{2x}\cos{x}+\cos{2x}\sin{x}=\frac{44}{125}\), добијамо да је \(\sin\frac{x}{2}\cos{\frac{5x}{2}}=\frac{82}{125}\).

\(\sqrt{3\cdot 2^{\log_{10}2x}+1}+\sqrt{2\cdot 2^{\log_{10}2x}+9}=\sqrt{13\cdot 2^{\log_{10}2x}-4}\)
\(3\cdot 2^{\log_{10}2x}+1 \geqslant 0 \wedge 2\cdot 2^{\log_{10}2x}+9\geqslant 0 \wedge 13\cdot 2^{\log_{10}2x}-4 \)\(\geqslant 0\)
\(2^{\log_{10}2x}=t\)
\(3t+1+2t+9+2\sqrt{(3t+1)(2t+9)}=13t-4\)
\(\sqrt{(3t+1)(2t+9)}=4t-7 /^{2} (t\geqslant \frac{7}{4})\)
\(2t^{2}-17+8=0 \Rightarrow t=8 \vee t=\frac{1}{2}\)
\(x=500 \vee x= \frac{1}{20} , \) али је због услова једино решење: \(x=500\)

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

Најпре је

\(Z=\left( \frac{1+i}{1-i}\right)^{2015}+\frac{-1+5ki}{3i}-1=\frac{(1+i)^{2015}}{(1-i)^{2015}}+\frac{-1+5ki}{3i}-1\)

Како је:

\((1+i)^{2015}=\left( (1+i)^2\right)^{1007}(1+i)=2^{1007}(1-i)\)

\((1-i)^{2015}=\left( (1-i)^2\right)^{1007}(1-i)=2^{1007}(1+i)\)

Следи да је:

\(Z=\frac{2^{1007}(1-i)}{2^{1007}(1+i)}+\frac{-1+5ki}{3i}-1\)

\(Z=\frac{(1-i)}{(1+i)}+\frac{-1+5ki}{3i}-1\)

\(Z=\left( \frac{3}{5}k-1\right)+i\left( -\frac{2}{3}\right)\)

Сада је \(|Z|=\sqrt{\left( \frac{3}{5}k-1\right)^2+\left( -\frac{2}{3}\right)^2}\).

\(min|Z|\) је за \(\frac{3}{5}k-1=0\)

Следи да је \(k=\frac{3}{5}\).

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 \(f(5)\).
\(f(5)=3\frac{2}{-4} + 2=\frac{1}{2}\).

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

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.

\(\log_2(\log_4 x) + \log_4(\log_2 x) < 2\), 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 \(x\in (1, 16)\). 

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