\( tg2\alpha=\frac{sin2\alpha}{cos2\alpha}=\frac{2sin\alpha cos\alpha}{cos^2\alpha-sin^2\alpha}=\frac{\frac{2}{3}cos\alpha}{1-2\frac{1}{9}} \)
\( sin^2\alpha +cos^2\alpha=1\Rightarrow cos^2\alpha=\frac{8}{9}\Rightarrow cos\alpha=\frac{2\sqrt{2}}{3} \)
\( tg2\alpha=\frac{\frac{2}{3}cos\alpha}{1-2\frac{1}{9}}=\frac{4\sqrt{2}}{7} \)

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

\(AB=6cm, AD=4cm, AC=5cm\)
\(BD=\sqrt{AB^{2}-AD^{2}}=\sqrt{36cm^{2}-16cm^{2}}=2\sqrt{5}cm\)
\(DC=\sqrt{AC^{2}-AD^{2}}=\sqrt{25cm^{2}-16cm^{2}}=3cm\)
\(P=\frac{BC\cdot AD}{2}=\frac{(2\sqrt{5}cm+3cm)4cm}{2}=2(2\sqrt{5}+3)cm^{2}\)
\(P=\frac{AB\cdot BC\cdot CD}{4R} \Rightarrow \)\(R=\frac{AB\cdot BC\cdot CD}{4P}=\)\(\frac{6cm\cdot (2\sqrt{5}cm+3cm)\cdot 5cm}{4\cdot 2(2\sqrt{5}+3)cm^{2}}=\frac{15}{4}cm\)
 

\(\frac{x^{2}-5x-5}{2x^{2}+x-10}<-1\)
\(\frac{x^{2}-5x-5}{2x^{2}+x-10}+1<0\)
\(\frac{3x^{2}-4x-15}{2x^{2}+x-10}<0\)

\(3x^{2}-4x-15=0\rightarrow x_{1,2}=\frac{4\pm\sqrt{16+180}}{6}=\frac{4\pm14}{6}\)

\(2x^{2}+x-10=0\rightarrow x_{1,2}=\frac{-1\pm\sqrt{1+80}}{4}=\frac{-1\pm9}{4}\)

\(x\in \left ( -\frac{5}{2},-\frac{5}{3} \right ) \cup (2,3) \Rightarrow x\in \{-2\}\)

\( \sqrt{7-x}=x-1 \Rightarrow 7-x\geq0 \wedge x-1\geq0\Rightarrow x\in[1,7] \)
\( \sqrt{7-x}=x-1 /^2 \)
\( 7-x=x^2-2x+1 \)
\( x^2-x-6=0 \Rightarrow x_1=2 \vee x_2=-3\) не прихватамо решење  \(x_2=-3\) јер не припада интервалу решења.

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

 \(a_1=4\)

\( S_5=90=\frac{50}{2}(2a_1+4d)\)

\( a_1+2d=18\Rightarrow d=7\)

\( a_{15}=a_1+14d=4+98=102\)

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.

\(\sin(x-\frac{\pi}{3})=\frac{1}{2}\)
\(x-\frac{\pi}{3}=\frac{\pi}{6}+2k\pi   \vee  x-\frac{\pi}{3}=\frac{5\pi}{6}+2k\pi\)   
\(x=\frac{\pi}{2}+2k\pi   \vee  x=\frac{7\pi}{6}+2k\pi  \) 
\(x\in\{\frac{\pi}{2}, -\frac{3\pi}{2}, \frac{7\pi}{6}, -\frac{5\pi}{12}\}  \)

Посматрајмо два интервала решења:

\(1. x \geq 0\)

\( 3x=12-x\)

\( x=3\)

\(2. x < 0\)

\( -3x=12-x\)

\( x=-6\)

\( x_1\cdot x_2=-18\)

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 \(a=\sqrt{h^2+c_2^2}=3\)  

\(\cos ^{4}x-\sin ^{4}x=1+\sin x\)
\((\cos ^{2}x-\sin ^{2}x)(\cos ^{2}x+\sin ^{2}x)=1+\sin x\)
\(1-2\sin ^{2}x=1+\sin x\)
\(\sin x(2\sin x+1)=0\)

\(\sin x=0 \vee \sin x=-\frac{1}{2}\)

\(x=k\pi  \vee x=\frac{7\pi }{6} +2k\pi  \vee x=\frac{11\pi }{6} +2k\pi,k\in \mathbb{Z}\)

\(x\in \{\cdots ,-\frac{5\pi }{6},-\frac{\pi }{6},0,\pi ,\frac{7\pi }{6},\cdots \}\)

\(-\frac{\pi }{6} + \pi=\frac{5\pi }{6}\)

\(3\cdot 81^{x}+2\cdot 16^{x}\leqslant 5\cdot 36^{x}\)
\(3\cdot 3^{4x}+2\cdot 2^{4x}\leqslant 5\cdot 3^{2x}\cdot 2^{2x} /:2^{4x}\)
\(3\cdot \left ( \left ( \frac{3}{2} \right )^{2x} \right )^{2}+2\leqslant 5\cdot \left ( \frac{3}{2} \right )^{2x} \)

Уведимо следећу смену \(\left ( \frac{3}{2} \right )^{2x}=t, t>0\)
\(3t^{2}-5t+2\leqslant 0 \Rightarrow t_1=\frac{2}{3} \vee t_2=1\), па тада важи: \(t\in \left [ \frac{2}{3},1 \right ] \wedge t>0 \Rightarrow \frac{2}{3}\leqslant t\leqslant 1\)

\(\frac{2}{3}\leqslant \left ( \frac{3}{2} \right )^{2x} \leqslant 1 \Rightarrow\)\(-1\leqslant 2x \leqslant 0\)
\( -\frac{1}{2} \leqslant x \leqslant 0 \Rightarrow x\in \left [ -\frac{1}{2},0 \right ]\)

Број је дељив са 5 ако је последња цифра тог броја 0 или 5 :
Десетоцифрених бројева чије су све цифре међусобно различите и чија је последња цифра 0 има: \(9! \).
Десетоцифрених бројева чије су све цифре међусобно различите и чија је последња цифра 5 има: \(8 \cdot 8! . \)Укупно их је: \(9!+ 8 \cdot 8!= 9 \cdot 8!+ 8 \cdot 8!= 17 \cdot 8!\)

\( log_64=2log_62=\frac{2}{log_23+1}=\frac{2}{a+1}\)

Нека је  \(x\)  број књига које су продате другог дана, тада је збир продатих књига сва три дана:

\(60\%x+x+\frac{3}{4}(60\%x+x)=10500\)

\(\frac{60}{100}x+x+\frac{3}{4}\left (\frac{60}{100}x+x  \right )=10500\)

\(x=3750\), дакле толико књига је продато другог дана.

Првог дана је продато: \(60\%3750=\frac{60}{100}3750=2250\) књига

 Ако су \(x_1\) и \(x_2\) решења једначине \(x^2+5x-9=0\), тада је \(x_1+x_2=-5, x_1x_2=-9\).
\(x^3_1+x^3_2=(x_1+x_2)(x_1^2-x_1x_2+x^2_2)=(x_1+x_2)((x_1+x_2)^2-3x_1x_2)=-260\)

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

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

\(P(x)=x^{2014}+x^{2013}+ax+b\)
\(Q(x)=x^2-1=(x-1)(x+1)\)
\(P(1)=1+1+a+b=0\)
\(P(-1)=1-1-a+b=0\) Одатле добијамо да је \( b=-1\) и \(a=-1\) па је \(2a-5b=3\).